Analízis 1

8/21/2019 Analízis 1

http://slidepdf.com/reader/full/analizis-1 1/480

EÖTVÖS LORÁND TUDOMÁNYEGYETEMINFORMATIKAI KAR

Simon Péter

Bevezetés az analízisbe I.

egyetemi jegyzet

Budapest, 2013



2

A jegyzet aTÁMOP-4.1.2.A/1-11/1-2011-0052

pályázat támogatásával készült

Lektorálta: Dr. Gát György egyetemi tanár



Tartalomjegyzék

Előszó 7

1. Valós számok 91.1. A valós számok axiómái . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3. A valós számok alaptételei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.4. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2. Függvények 312.1. Relációk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.2. A függvény fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.3. Függvénytulajdonságok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.4. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

3. Sorozatok 413.1. A sorozat fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.2. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 423.3. Monoton sorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 463.4. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483.5. Konvergens sorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483.6. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 533.7. Műveletek, Cauchy-sorozatok, rendezés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 563.8. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 693.9. Speciális sorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 743.10. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

4. Végtelen sorok 974.1. A végtelen sor fogalma, alaptulajdonságok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 974.2. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1054.3. Konvergenciakritériumok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1104.4. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

3



4 TARTALOMJEGYZÉK

4.5. Hatványsorok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1434.6. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

5. Határérték, folytonosság 1635.1. Pont- és halmaz-tulajdonságok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163

5.2. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1685.3. Függvények határértéke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1725.4. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1915.5. Folytonos függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1945.6. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206

6. Speciális függvények 2116.1. Gyökfüggvény . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2116.2. Exponenciális függvény . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2126.3. Logaritmusfüggvény . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

6.4. Tetszőleges alapú exponenciális függvény . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2156.5. Tetszőleges alapú logaritmusfüggvény . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2166.6. Hatványfüggvény . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2176.7. Valós trigonometrikus függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2186.8. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222

7. Differenciálhatóság 2297.1. A derivált fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2297.2. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2337.3. Műveletek differenciálható függvényekkel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2427.4. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254

7.5. Differenciálható függvények vizsgálata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2607.5.1. Differenciálható függvények szerkezete . . . . . . . . . . . . . . . . . 2607.5.2. Speciális függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284

7.6. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2957.7. Többször differenciálható függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3077.8. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 320

8. Határozatlan integrál 3458.1. A primitív függvény fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3458.2. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3578.3. Speciális függvények határozatlan integrálja . . . . . . . . . . . . . . . . . . 358

8.3.1. Racionális törtfüggvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3588.3.2. Trigonometrikus függvények racionális törtfüggvényei . . . . . . . . . 3638.3.3. Az exponenciális függvény racionális törtfüggvényei . . . . . . . . . . 366

8.4. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 368



TARTALOMJEGYZÉK 5

9. Riemann-integrál 3799.1. A határozott integrál fogalma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3799.2. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3989.3. Az integrál kiszámítása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4119.4. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4249.5. A Riemann-integrál alkalmazásai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431

9.5.1. Ívhossz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4319.5.2. Terület, forgástest térfogata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4349.5.3. Forgástest felszíne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4379.5.4. Taylor-formula integrál-maradéktaggal . . . . . . . . . . . . . . . . . 4409.5.5. Binomiális sor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4419.5.6. Wallis-formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 444

9.6. Megjegyzések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 445

Arcképcsarnok 470

Tárgymutató 475



6



Előszó

Ez a jegyzet az Eötvös Loránd Tudományegyetem Informatikai Kara által oktatott program-tervező informatikus hallgatók számára íródott. Az említett képzés keretében a hallgatókhárom féléven keresztül hallgatják az Analízis című tárgyat. Ennek során megismerkednek azegy- és a többváltozós analízis alapfogalmaival és tételeivel, különös tekintettel az alkalmazásilehetőségekre (pl. a numerikus módszerek, a matematikai modellezés, stb. szempontjából).Mindezt olyan szinten és mélységben, ami egy, az informatika matematikai jellegű alkalma-

zásaiban is eligazodni tudó leendő informatikus szakembertől elvárható. Az új rendszerű,kétlépcsős BSC-MSC oktatási formához igazodó, célzottan megírt segédanyagok nélkülözhe-tetlenek az eredményes képzéshez. Az ebben a rendszerben folyó oktatás során mára márfelgyűlt annyi tapasztalat, amely lehetővé teszi az ilyen, a hallgatók által is eredményesenfelhasználható jegyzetek, tankönyvek, példatárak, stb. elkészítését. A jelen jegyzet ezt azeddigi hiányt hivatott pótolni az Analízis-tárgy első két félévét illetően. A szerző évtizedekóta oktatta-oktatja az analízist ezen a szakterületen, ill. az azt megelőző képzési formábana volt programtervező matematikus hallgatók képzésében. Ennek keretében rengeteg egyénitapasztalatot is gyűjtött az analízis (és alkalmazásai) oktatási területén, amelyet speciáli-san a programtervező informatikus hallgatók analízis oktatási igényeihez igazodva ennek atankönyvnek a megírása során is maximálisan igyekezett hasznosítani.

Több jegyzet, szakkönyv, monográfia áll azok rendelkezésére (magyar nyelven is), akikesetleg más aspektusból is kíváncsiak a tárgyalt témakörökre, a lehetséges általánosítási,kitekintési lehetőségekre. Számukra a teljesség igénye nélkül az alábbiakban ajánlunk néhányművet:

• Balázs Márton - Kolumbán József: Matematikai Analízis, egyetemi tankönyv, DaciaKönyvkiadó, Kolozsvár-Napoca, 1978.

• Járai Antal: Kalkulus, egyetemi jegyzet, ELTE Eötvös Kiadó, Budapest, 2013.

• Kósa András: Útban a felsőbb matematikához, egyetemi tankönyv, LSI Oktatóközpont,Budapest, 1995.

• Kósa András: Kezdeti lépések a felsőbb matematikához. 1. Differenciálszámítás, egye-temi tankönyv, LSI Oktatóközpont, Budapest, 2000.

7



8 ELŐSZÓ

• Laczkovich Miklós - T. Sós Vera: Analízis II, Nemzeti Tankönyvkiadó, Budapest, 2007.

• Leindler László - Schipp Ferenc: Analízis 1, egyetemi jegyzet, Tankönyvkiadó, Buda-pest, 1976.

• Schipp Ferenc: Analízis I, egyetemi jegyzet, JPTE, Pécs, 1994.

• Schipp Ferenc: Analízis II, egyetemi jegyzet, JPTE, Pécs, 1997.

• Simon Péter: Fejezetek az analízisből, egyetemi jegyzet, ELTE Eötvös Kiadó, 1997.

• Szili László: Analízis feladatokban I, egyetemi jegyzet, ELTE Eötvös Kiadó, 2005.

• Walter Rudin: A matematikai analízis alapjai, egyetemi tankönyv, Műszaki Kiadó,Budapest, 1978.

Köszönettel tartozom feleségemnek, Dr. S. Gyarmati Erzsébet egyetemi adjunktusnak, ésvolt tanítványomnak, Szarvas Kristóf doktorandusznak a kézirat lelkiismeretes elolvasásáért,értékes megjegyzéseikért, valamint a sajtóhibák gondos kijavításáért.

A szerzőBudapest, 2013. április.



1. fejezet

Valós számok

1.1. A valós számok axiómái

Elöljáróban felelevenítjük az R valós számtesttel kapcsolatos alapvető tudnivalókat. Legyentehát R = ∅ olyan halmaz, amelyre igazak az alábbiak.

A) Megadhatók a θ, ε ∈ R, θ = ε elemek, ill. bármely x, y ∈ R esetén léteznekaz x + y ∈ R és az xy ∈ R szimbólummal jelölt elemek úgy, hogy tetszőlegesa,b,c ∈ R választással

i) a + b = b + a és ab = ba,

ii) (a + b) + c = a + (b + c) és (ab)c = a(bc),

iii) a + θ = a és aε = a,

iv) alkalmas a ∈ R elemmel a + a = θ,

v) ha b = θ, akkor valamilyen R ∋ˆb-vel b

ˆb = ε,vi) (a + b)c = ac + bc.

B) Létezik egy ≤ ⊂ R2 teljes rendezés: a ≤ reláció reflexív, antiszimmetrikus, tran-zitív és tetszőleges a, b ∈ R elemekre a ≤ b és b ≤ a közül legalább az egyikteljesül.

C) Bármely a,b,c ∈ R, a ≤ b esetén

i) a + c ≤ b + c,

ii) ha még θ ≤ c is igaz, akkor ac ≤ bc.

D) Nevezzük az ∅

= A ⊂ R halmazt felülről korlátosnak, ha létezik olyan K

∈ R

szám, amellyel az x ≤ K egyenlőtlenség minden x ∈ A elemre teljesül. LegyenK := K ∈ R : x ≤ K (x ∈ A) a felső korlátok halmaza. Ekkor a K halmaznakvan legkisebb eleme (más szóval: az A halmaznak van legkisebb felső korlátja).

9



10 FEJEZET 1. VALÓS SZÁMOK

1.2. Megjegyzések

i) A"

szokásos" elnevezések: R elemei az ún. valós számok , és a, b ∈ R esetén

a és b összege := a + b,

a és b szorzata := ab,

nulla := 0 := θ, egy := 1 := ε,

mínusz a := −a := a (vagy más szóval: az a ellentettje ),

a és b különbsége := a − b := a + b,

ha b = 0, akkor: egy per b := 1b := b (vagy más szóval: a b reciproka ),

ha b = 0, akkor: a per b := ab := a 1

b (vagy más szóval: a és b hányadosa ),

a ≤ b esetén: a kisebb vagy egyenlő, mint b (vagy más szóval: b ≥ a, azaz b

nagyobb vagy egyenlő, mint a.)ii) Az A) axiómák az ún. testaxiómák, ezek alapján azt mondjuk, hogy R test.

iii) A B) és C) axiómák együttesen az ún. rendezési axiómák, ezért A), B), C) szerintR rendezett test.

iv) A D) axióma a felső határ axióma. Az ottani jelölésekkel legyen α := min K (a Khalmaz legkisebb eleme), és

sup A := α

az A halmaz felső határa (idegen szóval szuprémuma ). Tehát a felülről korlátos A

halmaz szuprémuma az A legkisebb felső korlátja:

sup A = min K.

v) Az A), B), C), D) axiómák együttesét figyelembe véve röviden azt mondjuk, hogy azR rendezett teljes test.

vi) A részletek mellőzésével annyit jegyzünk meg csupán, hogy a fenti axiómarendszer-nek van (és lényegében egyetlen) modellje. (Hasonló a helyzet, mint mondjuk pl. asakkjáték esetén: azt is a szabályai (axiómái ) határozzák meg, és független attól, hogyfejben vagy bábokkal, asztalon, homokban, stb. játsszák, vagy pl. attól, hogy a bábok

fából, aranyból, stb. készültek-e.)vii) A valós számokkal kapcsolatos minden (eddig tanult, vagy később sorra kerülő)

"manipuláció" az axiómákból felépíthető, levezethető, stb. Ezt az utat nem fogjuk

bejárni, így pl. a továbbiakban ismertnek tételezzük fel a speciális számhalmazokat:



1.2. MEGJEGYZÉSEK 11

N := 0, 1, 2,... a természetes számok halmaza,

Z := N ∪ x ∈ R : −x ∈ N az egész számok halmaza,

Q := p/q ∈R : p, q ∈ Z, q = 0 racionális számok halmaza.

viii) Idézzük fel a teljes indukció elvét: legyen N ⊂ N olyan halmaz, amelyre 0 ∈ N , ésbármely n ∈ N esetén n+1 ∈ N . Ekkor N = N. Az ún. teljes indukciós bizonyítások illusztrálására tekintsük a következő, az elemi tanulmányokból is jól ismert állítást:

(∗)nk=0

k = n(n + 1)

2 (n ∈ N).

Legyen ekkor N := n ∈ N : (∗) igaz.

Világos, hogy 0 ∈ N , ami azzal ekvivalens, hogy (∗)"

n = 0-ra igaz". Könnyűbelátni, hogy ha n ∈ N (azaz

"(∗) igaz valamilyen n ∈ N természetes számra"),

akkor n + 1 ∈ N (más szóval "(∗) igaz (n + 1)-re is"). Ui. a feltételezésünk miattn+1k=0

k =nk=0

k + (n + 1) = n(n + 1)

2 + (n + 1) =

(n + 1)(n + 2)

2 .

ix) Tegyük fel, hogy az ∅ = A ⊂ R halmaz felülről korlátos és α ∈ R. Ekkor az α =sup A egyenlőség a következőkkel ekvivalens:

1o az α felső korlátja az A-nak, azaz x ≤ α (x ∈ A),

és

2o az α a legkisebb az A felső korlátjai között, azaz tetszőleges β ∈R, β < α számnem felső korlátja az A-nak. Ez utóbbi tehát azt jelenti, hogy alkalmas a ∈ Aelemmel β < a. Nyilvánvaló, hogy az előbbi

"tetszőleges β ∈ R, β < α szám

..." megfogalmazás helyettesíthető az alábbival: bármely ε > 0 esetén van olyana ∈ A, amelyre a > α − ε.

x) Alulról korlátos halmazokra a fentiekkel analóg módon kapjuk az alábbiakat. Legyenehhez az ∅ = A ⊂ R halmaz alulról korlátos : van olyan M ∈ R (ún. alsó korlát ),hogy M ≤ x (x ∈ A). Ha M := M ∈ R : M ≤ x (x ∈ A), akkor az M halmazbanvan legnagyobb elem. Vezessük be a következő jelölést, ill. elnevezést:

inf A := max Maz A halmaz infimuma (vagy alsó határa ). Mindez azzal ekvivalens, hogy tetszőlegesx ∈ A elemre inf A ≤ x, és bármely ε > 0 esetén van olyan a ∈ A, amellyela < inf A + ε.




xi) Könnyen meggondolható, hogy ha valamilyen alulról korlátos ∅ = A ⊂ R halmazra

−A := −x ∈ R : x ∈ A,

akkor inf A =

−sup(

−A).

xii) Világos, hogy egy ∅ = A ⊂ R halmaznak akkor és csak akkor van maximuma, hasup A ∈ A, és ekkor max A = sup A. Ugyanígy, a szóban forgó A-nak pontosan akkorvan minimuma, ha inf A ∈ A és ekkor min A = inf A.

xiii) Állapodjunk meg a következő jelölésekben: ha az ∅ = A ⊂ R halmaz felülről nem korlátos (azaz bármely K ∈ R esetén valamilyen x ∈ A elemmel x > K ), akkorsup A := +∞. Hasonlóan, ha A alulról nem korlátos (azaz bármely M ∈ R eseténvalamilyen x ∈ A elemmel x < M ), akkor inf A := −∞.

xiv) A továbbiakban egy

∅ = A

⊂R halmazt korlátosnak fogunk nevezni, ha az A alulról

is és felülről is korlátos. Könnyű meggondolni, hogy ez a következővel ekvivalens: vanolyan q ∈R, hogy |x| ≤ q (x ∈ A), ahol

|x| :=

x (x ≥ 0)

−x (x < 0).

xv) Legyen α ∈ A ⊂ R és

Aα := x ∈ A : x ≤ α , Aα := x ∈ A : x ≥ α.

Ekkor könnyen belátható, hogy

sup A = sup Aα , inf A = inf Aα.

1.3. A valós számok alaptételei

Az alábbiakban (a fent tárgyalt axiómák alkalmazásaként is) néhány, a későbbiekben alap-

vető szerepet játszó állítást bizonyítunk be.

1.3.1. Tétel (Archimedes ). Tetszőleges x, y ∈R, x > 0 valós számokhoz létezik olyan n ∈ N természetes szám, hogy nx > y.



1.3. A VALÓS SZÁMOK ALAPTÉTELEI 13

Bizonyítás. Indirekt módon tegyük fel, hogy valamilyen, a tételben említett x és yesetén bármely n ∈ N mellett nx ≤ y. Ez más szóval azt jelenti, hogy az

A := nx ∈R : n ∈ Nhalmaz felülről korlátos. Legyen α := sup A. Az 1.2. ix) megjegyzés szerint (az abbanszereplő ε-t x-nek választva) van olyan a ∈ A, hogy a > α − x. Az A halmaz definíciójaszerint viszont alkalmas n ∈ N természetes számmal a = nx, ezért

nx > α − x ⇐⇒ nx + x = (n + 1)x > α.

Ugyanakkor n + 1 ∈ N, így (n + 1)x ∈ A. Lenne tehát az A halmaznak olyan eleme, amisup A-nál nagyobb. Ez azonban a már említett 1.2. ix) megjegyzés szerint nem lehet.

1.3.2. Tétel (Dedekind ). Tegyük fel, hogy az ∅ = A, B ⊂ R halmazokra az alábbiak teljesülnek: minden a ∈ A és minden b ∈ B elemre a ≤ b. Ekkor valamilyen γ ∈ Rvalós számmal a

≤γ

≤b (a

∈ A, b

∈ B).

Bizonyítás. Legyen ui.

K := K ∈ R : a ≤ K (a ∈ A),

ekkor a feltételeink szerint B ⊂ K, azaz A felülről korlátos. Ha tehát γ := sup A, akkor(ld. 1.2. ix) megjegyzés) a ≤ γ (a ∈ A) és γ ≤ K (K ∈ K). Speciálisan bármely b ∈ Belemre is γ ≤ b.

A következő állítás előtt emlékeztetünk az intervallum fogalmára. Tekintsük ehhez aza,b,c,d ∈ R, a ≤ b, c < d végpontokat , és legyen

[a, b] := x ∈ R : a ≤ x ≤ b , (c, d) := x ∈ R : c < x < d,

(c, d] := x ∈ R : c < x ≤ d , [c, d) := x ∈ R : c ≤ x < d.

Az így definiált halmazokat rendre zárt, nyílt, balról nyílt és jobbról zárt, balról zárt és jobbról nyílt intervallumnak nevezzük.

1.3.3. Tétel (Cantor ). Minden n ∈ N természetes szám esetén legyenek adottak az an, bn ∈R, an ≤ bn végpontok, és tegyük fel, hogy

[an+1, bn+1] ⊂ [an, bn] (n ∈ N).Ekkor

∞n=0

[an, bn] = ∅.




Bizonyítás. Először is belátjuk, hogy

(∗) an ≤ an+s (n, s ∈ N).

Ez ui. s = 0 esetén nyilvánvaló, s = 1-re pedig nem más, mint a feltételeinkben szereplő

[an+1, bn+1] ⊂ [an, bn] tartalmazás triviális következménye. Ha n ∈ N és (∗) valamilyens ∈ N mellett teljesül, akkor (az előbb mondottakat is szem előtt tartva)

an+s ≤ a(n+s)+1 = an+(s+1)

miatt an ≤ an+(s+1) is igaz. Ezzel (teljes indukcióval) (∗)-ot beláttuk.

Ugyanígy kapjuk, hogybn ≥ bn+s (n, s ∈ N).

Más szóval tehát minden n, k ∈N, n ≤ k mellett

(∗∗

) an ≤

ak, ill. bk ≤

bn.

Lássuk be mindezek alapján, hogy

a j ≤ bl ( j, l ∈N).

Valóban, ha itt j ≤ l, akkor ( (∗∗), ill. a feltételeink szerint)

a j ≤ al ≤ bl.

Ha viszont l < j, akkor (ismét csak (∗∗), ill. a feltételeink szerint)

bl

≥ b j

≥a j .

Legyen most már

A := an ∈R : n ∈ N , B := bn ∈R : n ∈ N.

Ekkor a fentiek szerint A felülről korlátos, és a B halmaz minden eleme felső korlátjaA-nak. Ha tehát

α := sup A,

akkor (ld. 1.2. ix) megjegyzés) egyrészt an ≤ α (n ∈ N), másrészt α ≤ bn (n ∈ N).Következésképpen α ∈ [an, bn] (n ∈ N), azaz

α ∈ ∞n=0

[an, bn].




1.3.4. Tétel (Bernoulli ). Tetszőleges h ∈ R, h > −1 valós szám és n ∈ N természe-tes szám esetén fennáll az alábbi egyenlőtlenség:

(1 + h)n ≥ 1 + nh.

Igaz továbbá, hogy az előbbi Bernoulli-egyenlőtlenségben akkor és csak akkor áll fenn az (1 + h)n = 1 + nh egyenlőség, ha h = 0, vagy n = 0, vagy n = 1.

Bizonyítás. Lássuk be először, hogy igaz a szóban forgó egyenlőtlenség. Ezt teljesindukcióval tesszük: n = 0 esetén mind a két oldalon 1 áll, azaz az egyenlőtlenség egyenlőségformájában teljesül. Ha valamilyen n ∈ N mellett igaz az (1 + h)n ≥ 1 + nh becslés, akkor(kihasználva, hogy a feltételeink szerint 1 + h > 0)

(1 + h)n+1 = (1 + h)(1 + h)n ≥ (1 + h)(1 + nh) =

1 + nh + h + nh2 = 1 + (n + 1)h + nh2 ≥ 1 + (n + 1)h.

Ez azt jelenti, hogy a bebizonyítandó egyenlőtlenség (n+1)-re is fennáll, ami a teljes indukció

értelmében a Bernoulli-egyenlőtlenség teljesülését jelenti.Ha h = 0, akkor (1+h)n = 1 = 1+nh (n ∈ N). Ha n = 0, akkor (1+h)n = 1 = 1+nh.

Ha pedig n = 1, akkor (1 + h)n = 1 + h = 1 + nh. Más szóval az egyenlőségre vonatkozókritériumaink elegendőek.

Fordítva, tegyük fel, hogy h = 0 és n ∈ N, n > 1, azaz alkalmas k ∈ N természetesszámmal n = 2 + k. Mutassuk meg, hogy

(1 + h)n = (1 + h)2+k > 1 + (2 + k)h = 1 + nh (k ∈N).

Ha itt k = 0, azaz n = 2, akkor

(1 + h)n

= (1 + h)2+k

= (1 + h)2

= 1 + 2h + h2

> 1 + 2h = 1 + nh.Ha viszont valamilyen k ∈N esetén (1 + h)2+k > 1 + (2 + k)h, akkor

(1 + h)2+k+1 = (1 + h)(1 + h)2+k > (1 + h)(1 + (2 + k)h) =

1 + (2 + k + 1)h + (2 + k)h2 > 1 + (2 + k + 1)h.

A teljes indukcióra hivatkozva ezzel a bizonyítást befejeztük.

1.3.5. Tétel (számtani-mértani közép). Legyen n ∈ N és az a0,...,an ∈R számokról tegyük fel, hogy valamennyien nem-negatívok: ak ≥ 0 (k = 0,...,n). Ekkor

(∗) nk=0 akn + 1

n+1

≥ nk=0

ak.

Az itt szereplő egyenlőtlenségben akkor és csak akkor írható egyenlőség, ha az ak(k = 0,...,n) számok mindannyian egyenlők: a0 = a1 = · · · = an.




Bizonyítás. A tételünkben említett számtani-mértani közép közti egyenlőtlenséget isteljes indukcióval fogjuk belátni. Az n = 0 esetben mindez a triviális a0 = a0 egyenlőségreredukálódik. Tegyük fel ezért, hogy valamilyen n ∈ N esetén bármilyen 0 ≤ ak ∈ R(k = 0,...,n) választással fennáll az (∗) előbbi egyenlőtlenség, és legyen an+1 ≥ 0 tetszőle-ges. Nyilván feltehető, hogy

a0 ≤ a1 ≤ · · · ≤ an ≤ an+1,

hiszen ha a szóban forgó számokra ez nem teljesül, akkor így sorba rakva ("

átrendezve")őket a (∗) egyenlőtlenség (n helyett (n + 1)-re) mindkét oldala változatlan marad. Legyen

S k :=

k j=0 a j

k + 1 , P k :=

k j=0

a j (k = 0,...,n + 1).

Vegyük észre, hogy

S k = k j=0 a j

k + 1 ≤ k

j=0 akk + 1

= ak ≤ an+1 (k = 0,...,n + 1).

Továbbá az indukciós feltevésünk úgy szól, hogy

S n+1n ≥ P n.

Ennek alapján azt kell megmutatnunk, hogy

S n+2n+1 ≥ P n+1.

Világos, hogy

P n+1 = an+1P n ≤ an+1S n+1n = S n+2

n + (an+1 − S n)S n+1n =

S n+2n + (n + 2)

an+1 − S nn + 2

S n+1n ,

ahol a fentiek szerint an+1 − S n ≥ 0. Az egyszerűség kedvéért vezessük be az alábbi jelölé-seket:

a := S n , b := an+1 − S n

n + 2 .

Ekkor tehát a, b ≥ 0, ésP n+1

≤an+2 + (n + 2)an+1b.

Emlékeztetünk a binomiális tétel szerint fennálló egyenlőségre:

(a + b)n+2 =n+2 j=0

n + 2

j

an+2− jb j ,




azaz a, b ≥ 0 miatt

(a + b)n+2 =n+2 j=0

n + 2

j

an+2− jb j ≥

n + 2

0

an+2 +

n + 2

1

an+1b =

an+2 + (n + 2)an+1b.

Ezért

P n+1 ≤ (a + b)n+2 =

S n + an+1 − S n

n + 2

n+2

= S n+2n+1 .

Ezzel a számtani-mértani közép közti egyenlőtlenséget beláttuk.

Ha valamilyen α ∈ R számmal a0 = · · · = an = α, akkor nyilván

P n = αn+1 = S n+1n ,

más szóval az"

egyenlőséggel" kapcsolatban megfogalmazott feltételünk triviális módon elég-séges. Lássuk be, hogy szükséges is. Ez azt jelenti, hogy ha a tételben szereplő a0,...,anszámok nem mind egyenlők, akkor

S n+1n > P n.

Ekkor nyilván csak n ≥ 1 lehet, azaz valamilyen k ∈ N segítségével n = k + 1. Azt kelltehát belátnunk, hogy ha az a0,...,ak+1 nem-negatív számok nem mind egyenlők, akkor

S k+2k+1 > P k+1 (k ∈N).

Most is teljes indukcióval dolgozunk. Ha itt k = 0, azaz (0 ≤) a0, a1 ∈R és a0 = a1, akkorazt kell ellenőrizni, hogy

S 21 =a0 + a1

2

2

= a2

0 + 2a0a1 + a21

4 > a0a1 = P 1.

Ez (átrendezés után) azzal ekvivalens, hogy

a20 − 2a0a1 + a2

1 = (a0 − a1)2 > 0,

ami az a0 = a1 feltételezés (tehát a0 − a1 = 0) miatt igaz. Ha valamilyen k ∈ N mellettaz

S k+2k+1 > P k+1

egyenlőtlenség fennáll minden olyan (0 ≤) a0,...,ak+1 ∈ R választás mellett, amikor aza0,...,ak+1 számok nem mind egyenlők, akkor ugyanezt kell bebizonyítanunk k helyett(k + 1)-re: ha az a0,...,ak+2 számok nem mind egyenlők, akkor

S k+3k+2 > P k+2.




Ehhez ismét feltehetjük, hogy (0 ≤) a0 ≤ a1 ≤ · · · ≤ ak+2. Mivel az itt szereplő számok nemmind egyenlők, ezért ak+2 > 0. Legyen most (ld. fent)

a := S k+1 , b := ak+2 − S k+1

k + 3 .

Ekkor (ld. a binomiális tételre alapulóan fent már követett módszert)

P k+2 = ak+2P k+1 < ak+2S k+2k+1 = S k+3

k+1 + (ak+2 − S k+1)S k+2k+1 =

S k+3k+1 + (k + 3)

ak+2 − S k+1

k + 3 S k+2

k+1 ≤ (a + b)k+3 = S k+3k+2,

következésképpen S k+3k+2 > P k+2.

1.3.6. Tétel (négyzetgyök ). Egyértelműen létezik olyan 0 < α ∈ R, amelyre

α2 = 2.

Bizonyítás. Legyen ui.A := 0 < x ∈ R : x2 ≤ 2.

Ekkor 1 ∈ A nyilván igaz, ill. könnyen láthatóan bármely x ∈ A számra

x ≤ 2.

Valóban, ha valamilyen x ∈ A elemre x > 2 teljesülne, akkor (x ∈ A miatt) egyrésztx2

≤2, másrészt x2 > 22 = 4 > 2 miatt x2 > 2, azaz 2 < x2

≤2. Ez nyilván nem igaz.

Az A halmaz tehát korlátos, legyen

α := sup A.

Mivel 1 ∈ A, ezért 1 ≤ α. Lássuk be, hogy α2 = 2. Ezt indirekt úton tesszük.

1o eset: α2 < 2. Legyen 0 < ε < α egyelőre tetszőleges, és számítsuk ki (α + ε)2-et:

(α + ε)2 = α2 + 2αε + ε2.

Könnyen adódik, hogy alkalmas ε mellett α2 + 2αε + ε2 < 2. Ez ui. azt jelenti, hogy

2αε + ε2 < 2 − α2.

Vegyük figyelembe, hogy 2 − α2 > 0. Ha itt már ε < 1, akkor ε2 < ε, azaz

2αε + ε2 < (2α + 1)ε.




Ezért, ha az eddigi feltételeken kívül még

(2α + 1)ε < 2 − α2,

azaz

ε < 2 − α2

2α + 1

is teljesül, akkor (α + ε)2 < 2. Ez viszont azt jelenti, hogy α + ε ∈ A, ami nem lehet, hiszenα felső korlátja A-nak és α < α + ε.

2o eset: α2 > 2. Most vizsgáljuk (α − ε)2-et 0 < ε < α mellett:

(α − ε)2 = α2 − 2αε + ε2 > 2 + α2 − 2 − 2αε.

Itt α2 − 2 > 0. Válasszuk az eddigieken túl ε-t úgy, hogy

2αε < α

2

− 2,

azaz

ε < α2 − 2

2α .

Az eddigieket összegezve ekkor egy alkalmas 0 < ε < α számmal (α − ε)2 > 2. Mivel α − εmár nem felső korlátja A-nak, így van olyan b ∈ A, hogy (0 <) α − ε < b. Tehát

2 ≥ b2 > (α − ε)2 > 2,

ami nyilvánvaló ellentmondás.

Az "maradt tehát", hogy (amint állítottuk) α2 = 2.

Ha β > 0 és β 2 = 2 is igaz, akkor

0 = 2 − 2 = α2 − β 2 = (α − β )(α + β ),

amiből α + β > 0 miatt α − β = 0, más szóval α = β következik.

1.4. Megjegyzések

i) Beláttuk tehát, hogy a felülről korlátos halmazok felső határának a létezését feltételezőD) axióma maga után vonja a Dedekind-tételt. Lássuk be, hogy ez fordítva is igaz:

Dedekind-tétel =⇒ szuprémum létezése.




Ha ui. az ∅ = A ⊂ R halmaz felülről korlátos, akkor legyen

B := K ∈ R : a ≤ K (a ∈ A).

Ekkor minden a ∈ A, b ∈ B esetén a ≤ b. Ezért (feltételezve a Dedekind-tétel

állítását) van olyan α ∈ R, hogya ≤ α ≤ b (a ∈ A, b ∈ B).

Ez éppen azt jelenti, hogy α felső korlátja A-nak, és ugyanakkor az A bármely felsőkorlátjánál kisebb vagy egyenlő. Így α = min B = sup A.

ii) Ha tehát a D) axiómát kicseréljük a Dedekind-tétel állítására, akkor egy, az eredetivelekvivalens axiómarendszert kapunk.

iii) Belátható, hogy a most mondott ii) megjegyzés végkövetkeztetése igaz marad akkoris, ha a D) axiómát az Archimedes+Cantor-tételek együttesével váltjuk fel. Valóban,

feltételezve ez utóbbiak teljesülését legyen ∅ = A ⊂ R egy felülről korlátos halmaz,és jelöljük B-vel az A felső korlátjainak a halmazát. Legyen a0 ∈ A, b0 ∈ B egy-egyelem, és

c := a0 + b0

2

az [a0, b0] intervallum felezőpontja. Ha c /∈ B, azaz c nem felső korlátja A-nak, akkoregy alkalmas α ∈ A elemmel α > c. Legyen

[a1, b1] :=

[a0, c] (c ∈ B)

[α, b0] (c /∈ B).

Világos, hogy [a1, b1] ⊂ [a0, b0] és b1 − a1 ≤ (b0 − a0)/2. Tegyük fel, hogy valamilyenn ∈ N esetén már ismerjük az [an, bn] intervallumot, és

"ismételjük meg" az [a1, b1]

intervallumhoz vezető fenti lépéseket. Legyen tehát

cn := an + bn

2

az [an, bn] intervallum felezőpontja, és

[an+1, bn+1] :=

[an, cn] (cn ∈ B)

[αn, bn] (cn /

∈B),

ahol cn /∈ B esetén αn ∈ A olyan elem, amelyre αn > cn. (Az an, bn (n ∈ N)végpontok definíciójának a

"korrektségét" illetően ld. 3.2. viii) megjegyzés.) Ekkor

[an+1, bn+1] ⊂ [an, bn] , bn+1 − an+1 ≤ (bn − an)/2 (n ∈ N).




Az utóbbi egyenlőtlenségből teljes indukcióval könnyen belátható, hogy

bn − an ≤ b0 − a0

2n ≤ b0 − a0

n + 1 (n ∈ N).

A Cantor-tétel feltételezett fennállása alapján létezik olyan γ ∈ R szám, amelyre

γ ∈ [an, bn] (n ∈ N).

Mutassuk meg, hogy egyetlen ilyen γ létezik. Tegyük fel ui. indirekt módon, hogyvalamilyen β ∈ R esetén is igaz a β ∈ [an, bn] (n ∈ N) tartalmazás, és β = γ , pl.β > γ. Következésképpen

0 < β − γ ≤ bn − an ≤ b0 − a0

n + 1 (n ∈ N),

azaz bármely m ∈ N természetes számra

m(β − γ ) ≤ b0 − a0.

Ez nyilván ellentmond az Archimedes-tételnek.Most lássuk be, hogy γ ∈ B, azaz γ felső korlátja A-nak. Ismét indirekt bizonyításimódot választva tegyük fel, hogy ez nem igaz. Van tehát olyan x ∈ A elem, amelyrex > γ teljesül. Mivel az [an, bn] (n ∈ N) intervallumok fenti definíciójából triviálisankövetkezik, hogy bn ∈ B, ezért

an ≤ γ < x ≤ bn (n ∈ N).

Így

0 < x − γ ≤ bn − an ≤ b0 − a0

n + 1 (n ∈ N),

azaz m(x − γ ) ≤ b0 − a0 (m ∈ N).

Ez ismét ellentmond az Archimedes-tételnek.

Azt kell már csak megmutatnunk, hogy γ = min B. Ezt megint indirekt úton tesszük,feltételezve egy olyan y ∈ B létezését, amelyre y < γ. Mivel an ∈ A (n ∈ N), ezért

an ≤ y < γ ≤ bn (n ∈ N).

Következésképpen

0 < y − γ ≤ bn − an ≤ b0 − a0

n + 1 (n ∈ N),

azazm(y − γ ) ≤ b0 − a0 (m ∈ N).

Ezzel újra ellentmondásba kerültünk az Archimedes-tétellel. Más szóval létezik a Bfelső korlátok között legkisebb, ami a felső határ axiómában megfogalmazott állítás.




Az 1.3.1. Tétel alapján azt mondjuk, hogy R egy archimedeszien rendezett teljes test.

iv) Alkalmazzuk az Archimedes-tételt az x = 1 választással, amikor is a következőt kapjuk: minden y ∈R esetén valamilyen n ∈ N mellett

n1 = n > y.

Ez azt jelenti, hogy a természetes számok halmaza felülről nem korlátos. Analóg módonkapjuk ugyanezt Z-re is, ill. azt, hogy Z alulról sem korlátos. Tekintettel arra, hogyZ ⊂ Q ⊂ R, így mindez Q-ra és R-re is igaz.

v) Bizonyítsuk be, hogy bármely nyílt (a, b) intervallum tartalmaz racionális számot:

(a, b) ∩Q = ∅.

Valóban, ha a ≥ 0, akkor az Archimedes-tétel miatt alkalmas n ∈ N természe-tes számmal n(b − a) > 1, amiből n = 0 és 1/n a. Mivel a ≥ 0, ezért m > 0. Legyen p az előbbi tulajdonságú m számokközött a legkisebb. (Az 1.1. axiómákból levezethetően a természetes számok bármely∅ = N ⊂ N részhalmazának van minimuma.) Tehát ( p − 1)/n ≤ a, azaz

p − 1

n +

1

n ≤ a +

1

n < a + (b − a) = b,

így a < p/n < b.

Ha a < 0 < b, akkor 0 ∈ Q miatt az állításunk nyilvánvaló.

Legyen végül b ≤ 0. Ekkor 0 ≤ −b < −a, azaz az első eset alapján valamilyen r ∈Qracionális számmal

−b < r <

−a, amiből viszont a <

−r < b következik. Mivel

−r ∈Q, ezért mindez a bizonyításunk végét jelenti.

vi) Az előző megjegyzést"

iterálva" könnyen adódik már, hogy bármilyen a, b ∈ R,a < b végpontokkal az (a, b) nyílt intervallum végtelen sok racionális számot tar-talmaz.

vii) Ha h ≥ 0, akkor (a 00 := 1 pillanatnyi megállapodással) az 1.3.4. Tételbeli egyenlőt-lenség triviálisan következik a binomiális tételből:

(1 + h)n =nk=0

n

k

hk ≥

n

0

h0 +

n

1

h1 = 1 + nh (n ∈ N).

viii) A Bernoulli-egyenlőtlenség (ld. 1.3.4. Tétel) könnyen beláthatóan igaz marad ah = −1 esetben is (ha most is a 00 := 1 megállapodással élünk). Ekkor ti. n = 0esetén (1 + h)n = 1 = 1 + nh, míg n ≥ 1 mellett az (1 + h)n ≥ 1 + nh (n ∈ N)egyenlőtlenség azt jelenti, hogy 1 − n ≤ 0, azaz 1 ≤ n, amiből kiindultunk.




ix) Ha az előbbi megjegyzésben h = −1 helyett h = −2-t írunk, akkor formálisan aBernoulli-egyenlőtlenség a következőt jelenti:

(−1)n ≥ 1 − 2n (n ∈ N).

Ez nyilván igaz, hiszen (−1)n vagy 1 (ha n páros), vagy −1 (ha n páratlan),ugyanakkor 1 − 2n = 1, ha n = 0, míg 0 < n esetén 1 − 2n ≤ −1.

x) Tehát a Bernoulli-egyenlőtlenség teljesül (az ottani jelöléssel) h = −1 és h = −2esetén is. Belátható, hogy igaz marad tetszőleges h ≥ −2 választással, de h < −2mellett már nem. Ui. a −2 < h < −1 esetben írjuk fel h-t egy alkalmas 0 < ε < 1szám segítségével a következő alakban: h = −1 − ε. Ekkor azt kell ellenőrizni, hogy

(1 + h)n = (1 − 1 − ε)n = (−ε)n ≥ 1 + n(−1 − ε) = 1 − n − nε (n ∈ N).

Mivel

1 − n − nε =

1 (n = 0)

−ε (n = 1)

< 1 − n ≤ −1 (n ≥ 2)

és

(−ε)n =

1 (n = 0)

−ε (n = 1)

> −1 (n ≥ 2),ezért a Bernoulli-egyenlőtlenség valóban igaz a −2 < h < −1 esetben is. Ha h < −2,akkor h = −2−δ alakú valamilyen δ > 0 számmal, azaz a szóban forgó egyenlőtlenségazt jelentené, hogy

(−1 − δ )n = (−1)n(1 + δ )n ≥ 1 − 2n − nδ (n ∈ N).

Ez ugyan páros n-ekre könnyen láthatóan igaz, viszont n = 2k + 1 (k ∈ N) (azazpáratlan n) esetén a következőképpen szólna:

(1 + δ )

2k+1

≤ 2k(2 + δ ) + 1 + δ (k ∈N).

A későbbi vizsgálódásainkból majd kiderül, hogy egy alkalmas k0 ∈ N mellett azutóbbi egyenlőtlenség egyetlen k0 < k ∈ N esetén sem áll fenn (ld. 3.10. xiii)megjegyzés).




xi) Az 1.3.4. Tétel könnyen kiterjeszthető tetszőleges n ∈ Z kitevőre is. Nevezetesen,legyen −1 < h ∈ R és 0 < n ∈ N, ekkor

(1 + h)−n ≥ 1 − nh.

Valóban,

(1 + h)−n =

1

1 + h

n=

1 +

−h

1 + h

n,

ahol−h

1 + h > −1 ⇐⇒ −h > −1 − h ⇐⇒ 1 > 0,

ami nyilván igaz. Ezért alkalmazható az 1.3.4. Tétel (h helyébe −h/(1 + h)-t írva),azaz

(1 + h)−n ≥ 1 + n −h

1 + h.

Egyszerűen ellenőrizhető, hogy

1 + n −h

1 + h ≥ 1 − nh,

hiszen ez azzal ekvivalans, hogy h2 ≥ 0.

xii) Végül jegyezzük meg az 1.3.4. Tétel alábbi kiterjesztését (általánosított Bernoulli-egyenlőtlenség ): tetszőleges n ∈N és azonos előjelű x0,...,xn ∈ (−1, +∞) számokraigaz, hogy

nk=0

(1 + xk) ≥ 1 +

nk=0

xk.

Világos, hogy ha itt valamilyen −1 < h ∈ R mellett x0 = · · · = xn = h, akkor (atriviális n = 0 esettől eltekintve) az 1.3.4. Tétel adódik.

xiii) Az 1.3.6. Tételben kapott α > 0 számot négyzetgyök kettőnek nevezzük, és így jelöljük:√ 2. Tehát

√ 2 az egyetlen olyan szám, amely nem-negatív és a négyzete kettő. Analóg

módon látható be, hogy akármilyen 0 ≤ a ∈ R esetén egyértelműen létezik olyan0 ≤ x ∈ R, amellyel x2 = a. Ezt az x-et az a négyzetgyökének nevezzük, és akövetkezőképpen jelöljük:

√ a (vagy más szóval négyzetgyök a).

xiv) Mutassuk meg, hogy √ 2 /∈ Q (azaz √ 2 irracionális szám : nem racionális szám). Haui. az lenne, akkor alkalmas p, q ∈ Z, q = 0 egész számokkal

√ 2 =

p

q




teljesülne. Itt nyilván feltehető, hogy p-nek és q -nak (±1-en kívül) nincs közös osztója.Ugyanakkor 2q 2 = p2, következésképpen p csak páros szám lehet: alkalmas s ∈ Zszámmal p = 2s. Így

2q 2 = (2s)2 = 4s2,

azaz q 2

= 2s2

. Ez azt jelenti, hogy q is páros szám, tehát a 2 p-nek is és q -nakis osztója, szemben az előbb mondottakkal. Innen az is egyszerűen belátható, hogybármely (a, b) nyílt intervallum tartalmaz irracionális számot. Ti. az a ≥ 0 esetbenaz v) megjegyzésben szereplő gondolatmenetet ismételjük meg azzal a különbséggel,hogy az ottani n ∈ N számot az

n(b − a) >√

2

egyenlőtlenségnek megfelelően választjuk meg. A továbbiakban 1/n helyett √

2/n-etírva végül a < p· √

2/n < b adódik, ahol könnyen láthatóan a p· √ 2/n szám irracio-

nális. Az a < b < 0 eset ugyanúgy vezethető vissza a 0 ≤ a < b esetre, mint v)-ben.Ha pedig a < 0 < b, akkor az elsőként vizsgált esetet alkalmazzuk pl. a (b/2, b)

intervallumra.

xv) Egyszerűen meggondolható, hogy a valós számok 1.1-beli axiómái a D) felső határaxióma kivételével R helyett (értelemszerű módosítással) Q-ra is teljesülnek. Követ-kezésképpen Q is egy rendezett test, de pl. az

0 < x ∈ Q : x2 ≤ 2felülről korlátos halmaznak (ld. xiv)) Q-ban nincs legkisebb felső korlátja.

xvi) A későbbiekben (más úton, ld. 3.9.4. Tétel) bebizonyítjuk a xiii) megjegyzés alábbikiterjesztését: bármely 0

≤ a

∈ R és 2

≤ k

∈ N esetén egyértelműen van olyan

x ∈ R, hogy x ≥ 0 és xk = a. Ezt az x számot az a szám k-adik gyökének nevezzük, és a k

√ a szimbólummal jelöljük.

xvii) Az 1.3.5. Tétel bizonyításában szereplő

S n :=

n j=0 a j

n + 1 (n ∈ N)

az a0,...,an ∈R számok számtani közepe, míg (a0,...,an ≥ 0 esetén)

Qn := n+1

n

j=0

a j (n ∈ N)

a szóban forgó számok mértani közepe (innen a tétel elnevezése). Hasonlóan,

Rn :=

n j=0 a2

j

n + 1 (n ∈ N)




az illető a0,...,an számok négyzetes közepe,

H n := n + 1n

j=0

1

a j

(n ∈ N)

pedig azok harmonikus közepe (feltéve, hogy valamennyi itt szereplő a0,...,an számnullától különböző). Megmutatható, hogy

H n ≤ Qn ≤ S n ≤ Rn (n ∈ N).

Speciálisan, ha n = 1, akkor az elemei matematikából jól ismert egyenlőtlenség-láncotkapjuk: tetszőleges 0 < a, b ∈ R számokra

21a + 1

b

≤√

ab ≤ a + b

2 ≤

a2 + b2

2 .

xviii) Az R2 halmaz segítségével könnyű megadni a komplex számtest egy modelljét. Ér-telmezzük ehhez az (x, y), (u, v) ∈ R2 elemek összegét és szorzatát rendre az alábbiakszerint:

(x, y) ⊕ (u, v) := (x + u, y + v) , (x, y) ⊙ (u, v) := (xu − yv,xv + yu).

Ha θ := (0, 0), ε := (1, 0) , akkor egyszerűen meggyőződhetünk arról, hogy a valósszámokkal kapcsolatban megismert A) műveleti axiómák teljesülnek. Egy (x, y) ∈ R2

elem ellentettje (−x, −y), egy θ-tól különböző (u, v) ∈ R2 reciproka pedig

u

u2 + v2 , − v

u2 + v2lesz. Következésképpen R2 a fenti műveletekre nézve test. Bármely (x, y) ∈ R2

egyértelműen felírható az

(x, y) = (x, 0) ⊕ ((0, 1) ⊙ (y, 0))

alakban. Továbbá minden x, y ∈R esetén (x, 0) ⊕ ((0, 1) ⊙ (y, 0)) ∈ R2, azaz az

x := (x, 0) (x ∈ R) , ı := (0, 1)

jelölésekkel R2 elemeix ⊕ (y ⊙ ı) (x, y ∈R)

alakúak. Egyszerűen igazolható, hogy az

R ∋ x → x ∈ R := z ∈R2 : z ∈R




megfeleltetés egy bijekció, és bármely x, y ∈R esetén

x + y = x ⊕ y , xy = x ⊙ y.

Ha x y azt jelenti, hogy x ≤ y (x, y ∈ R), akkor R-ban egy rendezés, és az

R× R ∋ (x, y) → x ⊕ y ∈ R,

R× R ∋ (x, y) → x ⊙ y ∈ R

műveletekkel a valós számok valamennyi axiómája teljesül R-ben. Más szóval R istekinthető a valós számok egy modelljének. Így nem okoz félreértést, ha (x, 0) (azazx) helyett az x szimbólumot (x ∈ R), R helyett az R-et használjuk. Hasonlóannem fog félreértést okozni az a megállapodásunk sem, hogy R2-beli, ill. R-beli elemekösszegét, szorzatát ugyanúgy (a megszokott módon) jelöljük. A szimbólum helyettis ≤-t fogunk írni.

xix) Az R2 elemeit (a fenti modellben) komplex számoknak nevezzük. A

"

modellalkotást"

úgy is kifejezésre juttatjuk, hogy R2 helyett a C jelet használjuk. Megmutatható,hogy a komplex számoknak is lényegében egyetlen modellje létezik. Bármely z ∈ Cszám egyértelműen felírható tehát

z = x + ıy

alakban, ahol x, y alkalmasan választott valós számok. A z számnak ezt az előállításáta z kanonikus (vagy algebrai ) alakjának , Re z := x-et a z valós részének , ill. Im z := y-t a z képzetes részének nevezzük. Könnyen belátható, hogy a C testben nem adhatómeg olyan rendezés, amellyel C rendezett testté válna (azaz az 1.1-beli rendezésiaxiómák is teljesülnének). Ha ui. r ⊂ C2 egy ilyen rendezés lenne, akkor vagy

(0, ı) ∈ r, vagy (ı, 0) ∈ r teljesülne. Az előbbi esetben ı2 = −1, és a rendezési axiómákalapján (1, 0), (0, 1) ∈ r is igaz lenne. Az r antiszimmetriája miatt innen 0 = 1következne, ami nem igaz. Az (ı, 0) ∈ r feltételezés hasonlóan vezetne ellentmondásra.

xx) A z = x + ıy ∈C (x, y ∈R) komplex szám abszolút értékén a

|z | :=

x2 + y2

(nem-negatív) számot értjük. Ekkor a z := x − ıy jelöléssel |z |2 = zz. Ha z = 0,akkor egyértelműen van olyan α ∈ [0, 2π)

"szög" (ld. 6. fejezet), amellyel

z =

|z

|(cos α + ı sin α).

A z számnak ez utóbbi felírását a z trigonometrikus alakjának nevezzük. Itt emlé-keztetünk az ún. Moivre-formulára :

z n = |z |n(cos(nα) + ı sin(nα)) (n ∈ N).




xxi) A későbbiekben a K szimbólum vagy a valós számok R halmazát, vagy pedig akomplex számok C halmazát jelöli. Emlékeztetünk a meglehetősen sokszor alkalma-zott háromszög-egyenlőtlenségekre :

|a + b

| ≤ |a

|+

|b

| ,

|a

−b

| ≥ ||a

| − |b

|| (a, b

∈K).

Valóban, az itt szereplő első egyenlőtlenség nyilván azzal ekvivalens, hogy

|a + b|2 = (a + b)(a + b) ≤ (|a| + |b|)2 = |a|2 + |b|2 + 2|a|· |b|,ahol a bal oldalon

(a + b)(a + b) = aa + bb + ba + ab =

|a|2 + |b|2 + ab + ab = |a|2 + |b|2 + 2Re(ab).

Következésképpen a szóban forgó első egyenlőtlenség azt jelenti, hogy

Re(ab) ≤ |a|· |b|.Mindez viszont Re(ab)

≤ |ab| = |a|· |b|alapján triviálisan igaz. Az |a − b| ≥ ||a| − |b||

"második" háromszög-egyenlőtlenség

ugyanakkor egyszerű következménye az"

elsőnek". Ui. az első alapján

|a| = |(a − b) + b| ≤ |a − b| + |b| , |b| = |(b − a) + a| ≤ |a − b| + |a|,amiből

|a

| − |b

| ≤ |a

−b

| ,

−(

|a

| − |b

|) =

|b

| − |a

| ≤ |a

−b

|következik. Mivel

||a| − |b|| =

|a| − |b| (|a| ≥ |b|)

|b| − |a| (|a| < |b|),

ezért az utóbbi két egyenlőtlenség valóban azt jelenti, hogy |a − b| ≥ ||a| − |b||.xxii) Mivel a későbbiekben

"lépten-nyomon" alkalmazzuk a fenti háromszög-egyenlőtlen-

ségeket, ezért bizonyítsuk be (az elsőt) formailag másképp is. Legyen ui.

a = x + ı y , b = u + ıv (x,y,u,v ∈R),

ekkor |a + b| = |x + u + ı(y + v)| =

(x + u)2 + (y + v)2,

ill.|a| =

x2 + y2 , |b| =

√ u2 + v2.




Ezért |a + b| ≤ |a| + |b| azzal ekvivalens, hogy (x + u)2 + (y + v)2 ≤

x2 + y2 +

√ u2 + v2,

azaz (négyzetreemelés után) azzal, hogy

x2 + u2 + y2 + v2 + 2(xu + yv) ≤ x2 + u2 + y2 + v2 + 2

(x2 + y2)(u2 + v2).

Egyszerűsítés után tehát azt kell igazolnunk, hogy

xu + yv ≤

(x2 + y2)(u2 + v2).

Ennél"

több is" igaz, ti.

(∗) |xu + yv| ≤

(x2 + y2)(u2 + v2),

azaz ((lévén az egyenlőtlenség mindkét oldala nem-negatív) négyzetreemelés után)

x2u2 + y2v2 + 2xyuv ≤ x2u2 + y2v2 + x2v2 + y2u2.

Egyszerűsítéssel így oda jutunk, hogy

0 ≤ x2v2 + y2u2 − 2xyuv = (xv − yu)2,

ami nyilván igaz.

xxiii) A (∗) egyenlőtlenség"

ismerős" a lineáris algebrából. Ha ui.

ξ := (x, y) , η := (u, v) ∈ R2

eseténξ, η := xu + yv

a ξ, η vektorok skaláris szorzata, ill. egy ω := (z, w) ∈ R2 vektor hossza (vagynormája )

ω :=√

z 2 + w2,

akkor (∗) nem más, mint a|ξ, η | ≤ ξ · η

Cauchy-Bunyakovszkij-Schwartz-egyenlőtlenség.






2. fejezet

Függvények

2.1. Relációk

Bevezetésképpen röviden emlékeztetünk a reláció fogalmára. Induljunk ki ehhez az A, Bhalmazokból. Az A × B Descartes-szorzat elemeit a

"szokásos" módon fogjuk jelölni:

(a, b) := a, a, b (a ∈ A, b ∈ B).

Itt a az (a, b) rendezett pár első komponense, b pedig a második komponense. (Ha A = ∅vagy B = ∅, akkor A×B = ∅, ezért a továbbiakban hallgatólagosan feltesszük, hogy A = ∅és B = ∅.)

Az A × B Descartes-szorzat bármely részhalmazát (bináris) relációnak nevezzük. Har

⊂ A

× B és valamilyen a

∈ A, b

∈ B elemek esetén (a, b)

∈ r, akkor azt mondjuk,

hogy az a, b elemek (r-)relációban vannak. Mindezt gyakran az arb szimbólummal isszokás jelölni. (A későbbiekben a relációkkal kapcsolatban is feltesszük hallgatólagosan,hogy r = ∅.) Vezessük be az alábbi halmazokat:

i) Dr := x ∈ A : létezik (x, y) ∈ r,

ii) Rr := y ∈ B : létezik (x, y) ∈ r.

Világos, hogy pl. DA×B = A, RA×B = B. A Dr halmazt az r reláció értelmezési tarto-mányának , az

Rr halmazt az r értékkészletének nevezzük. Más szóval tehát az r reláció

értelmezési tartománya az r-et alkotó rendezett párok első komponenseinek, az értékkészleteaz említett rendezett párok második komponenseinek a halmaza.

Az r ⊂ A × B reláció homogén, ha A = B és Dr = A. Ekkor azt mondjuk, hogy aszóban forgó r reláció

31



32 FEJEZET 2. FÜGGVÉNYEK

i) reflexív, ha bármely a ∈ A elemre (a, a) ∈ r,

ii) szimmetrikus, ha tetszőleges (a, b) ∈ r rendezett párra (b, a) ∈ r,

iii) antiszimmetrikus, ha minden olyan (a, b) ∈ r rendezett pár esetén, amelyre egy-úttal (b, a)

∈r is teljesül, igaz az a = b egyenlőség,

iv) tranzitív, ha bármely (a, b), (b, c) ∈ r rendezett pár mellett (a, c) ∈ r is igaz.

Az (egyszerre) reflexív, szimmetrikus és tranzitív relációt ekvivalencia-relációnak (vagyröviden ekvivalenciának ), a reflexív, antiszimmetrikus és tranzitív relációt pedig rendezési relációnak (vagy röviden rendezésnek ) nevezzük. Ez utóbbi teljes, ha tetszőleges a, b ∈ Aelemekre (a, b) ∈ r vagy (b, a) ∈ r fennáll.

2.2. A függvény fogalma

Tekintsük az ∅ = A, B halmazokat és az f ⊂ A × B relációt. Valamely x ∈ A elemrelegyen

f x := y ∈ B : (x, y) ∈ f .

Nyilvánvaló, hogy f x ⊂ Rf , ill. f x = ∅ akkor és csak akkor igaz, ha x ∈ Df .Azt mondjuk, hogy az f reláció függvény, ha tetszőleges x ∈ A választással az f x halmaz

legfeljebb egy elemű. Ekkor tehát a fentiek szerint minden x ∈ Df elemre egyértelműenlétezik olyan y ∈ Rf , amellyel (x, y) ∈ f. Minderre a következő jelölést, ill. elnevezéstfogjuk használni:

f (x) := y

az f függvény által az x-helyen felvett függvényérték (vagy helyettesítési érték ). Azt ismondjuk, hogy az f függvény x-hez az y-t rendeli (vagy f az x-nek y-t felelteti meg ).Szokás itt x-et független változónak , a neki megfeleltetett elemet pedig függő változónak nevezni. Következésképpen

f x = f (x) (x ∈ Df ).

Azt, hogy valamilyen x ∈ Df , y ∈ Rf esetén y = f (x), szokás az x → y (vagy x → f (x))szimbólummal is kifejezésre juttatni. Más szóval tehát az f reláció akkor és csak akkorfüggvény, ha bármely x ∈ Df , y , z ∈ Rf választással (x, y), (x, z ) ∈ f akkor és csak akkoráll fenn, ha y = z. Ezért, ha f függvény, és (u, v), (s, w) ∈ f, továbbá v = w, akkor u = s.

Azt a tényt, hogy az f

⊂A

×B reláció függvény, az alábbi módon fogjuk jelölni:

f ∈ A → B.

Ez tehát azt fejezi ki, hogy az f szimbólum egy olyan függvényt jelent, amelyre Df ⊂ A ésRf ⊂ B. Röviden azt is fogjuk mondani ekkor, hogy az f függvény az A halmazból a B



2.3. FÜGGVÉNYTULAJDONSÁGOK 33

halmazba képez (vagy röviden: A-ból B-be képez ). Ha itt még a Df = A egyenlőség is igaz,akkor azt írjuk, hogy

f : A → B.

Azt is mondjuk ekkor, hogy az f függvény az A halmazon van értelmezve. Így pl. az

f ∈ R→ R függvény egy ún. egyváltozós valós függvény : Df ⊂ R és Rf ⊂ R.Ha f, g ∈ A → B egy-egy függvény, akkor az f = g egyenlőség a következőt jelenti:

(x, y) ∈ f ⇐⇒ (x, y) ∈ g.

A fent bevezetett elnevezésekkel, ill. jelölésekkel élve tehát ez azzal ekvivalens, hogy

Df = Dg és tetszőleges x ∈ Df esetén f (x) = g(x).

Tekintsük az f ∈ A → B függvényt, és legyen U ⊂ Df , V ⊂ Rf . Ekkor az U halmaznak az f függvény által létesített képén az alábbi halmazt értjük:

f [U ] :=

f (x)∈

B : x∈

U

(speciálisan f [∅] := ∅) . Hasonlóan, a V halmaznak az f függvény által létesített ősképe legyen az alábbi halmaz:

f −1[V ] := x ∈ Df : f (x) ∈ V (speciálisan f −1[∅] := ∅) . Világos, hogy f [Df ] = Rf és f −1[Rf ] = Df . Tetszőleges X ⊂ A,Y ⊂ B halmazok esetén állapodjunk meg abban, hogy

f [X ] := f [X ∩Df ] , f −1[Y ] := f −1[Y ∩ Rf ].

2.3. Függvénytulajdonságok

A továbbiakban egy f ⊂ A × B függvényt injektívnek nevezünk, ha tetszőlegesen választottx, v ∈ Df , x = v esetén

f (x) = f (v).

Eléggé nyilvánvaló, hogy ekkor az

f −1 := (s, w) ∈ B × A : (w, s) ∈ f reláció is függvény, amelyre

Df −1 = Rf , Rf −1 = Df .Valóban, ha s ∈ Df −1, w, z ∈ Rf −1 és (s, w), (s, z ) ∈ f −1, akkor (w, s), (z, s) ∈ f, azazs = f (w) és s = f (z ). Ha itt w = z lenne, akkor az f injektivitása miatt s = f (z ) =f (w) = s teljesülne, ami nem igaz. Így w = z, azaz f −1 valóban függvény.




Ezért f −1 ∈ B → A, és tetszőleges u ∈ Df −1 = Rf , v ∈ Rf −1 = Df választással av = f −1(u) egyenlőség akkor és csak akkor teljesül, ha u = f (v). Mindez tekinthető úgy is,mint az f −1 függvény egy ekvivalens definíciója. Formálisan tehát f −1(u) meghatározásaaz f (v) = u egyenlet (v-re való)

"megoldása" révén történik.

Az injektív f ∈ A → B függvény mellett a fentiekben definiált f −1

∈ B → A függvényaz f függvény inverzfüggvénye (röviden inverze ). A most mondott terminológiával élve azinjektív függvényt más szóval invertálható függvénynek is nevezzük. Az invertálható függvényértelmezéséből rögtön adódik, hogy ha f injektív függvény, akkor az f −1 inverzfüggvény isaz, és (f −1)−1 = f.

Legyen pl.

f (x) := 2x

x − 1 (x ∈ R \ 1).

Könnyen látható, hogy az f függvény injektív. Ui.

f (x) =

2(x

−1) + 2

x − 1 = 2 +

2

x − 1 (x ∈ R \ 1).

Világos továbbá, hogy ha x, t ∈ R \ 1 és x = t, akkor (0 =) x − 1 = t − 1 (= 0), így

2

x − 1 = 2

t − 1,

azaz

f (x) = 2 + 2

x − 1 = 2 +

2

t − 1 = f (t).

Mutassuk meg, hogy Rf = R \ 2. Valóban, ha y ∈R és y = 2, akkor az

x := 1 + 2y − 2

választással f (x) = y, hiszen

f (x) = 2 + 2

2/(y − 2) = 2 + y − 2 = y.

Ugyanakkor nincs olyan x ∈ R valós szám, amellyel f (x) = 2 lenne. Ui. mindez azzallenne ekvivalens, hogy

2 + 2

x − 1

= 2 , azaz 1

x − 1

= 0,

ami nyilván nem lehet. Tehát Rf = R \ 2 és a fenti ”f (x) = y egyenlet" megoldásaalapján

f −1(y) = 1 + 2

y − 2 (y ∈R \ 2).




Az inverzfüggvényhez hasonlóan alapvető fontosságú a függvények elméletében az össze-tett függvény fogalma. Ez utóbbi értelmezéséhez induljunk ki a g ∈ A → B és azf ∈ C → D függvényből, továbbá tegyük fel, hogy Rg ∩ Df = ∅. Definiáljuk ezek utánaz f g szimbólummal jelölt összetett függvényt (más terminológiával élve az f és a gkompozícióját ) a következőképpen:

(f g)(x) := f (g(x))

x ∈ Df g := g−1[Df ]

.

Az Rg ∩Df = ∅ feltételezés miatt

g−1[Df ] = g−1[Rg ∩ Df ] = ∅,

azaz az előbbiekben valóban egy, az f (külső függvény ) és a g (belső függvény ) által meg-határozott (összetett) függvényt definiáltunk.

Tehát Df g ⊂ Dg és Rf g ⊂ Rf . Ha pl.

g(x) := 3x (x ∈ R) , f (x) := 2xx − 1

(x ∈ R \ 1),

akkorDg = Rg = R , Df = R \ 1, Rf = R \ 2,

azazDf g = g−1[R \ 1] = R \ 1/3,

és

(f g)(x) = f (g(x)) = f (3x) = 2(3x)

(3x)

−1

= 6x

3x

−1

(x ∈ R \ 1/3).

2.4. Megjegyzések

i) A"

függvény" szó helyett gyakran használjuk a leképezés, megfeleltetés, hozzárendelés,transzformáció, operátor, funkcionál, ... stb. (szinonim) kifejezéseket. Bár nincsenek

"kötött" jelölések, de a függvényekkel kapcsolatban a legtöbbször az f,g,h,..., vagy

az F,G,H,S,T,... szimbólumokat fogjuk használni.

ii) Az elemi tanulmányok során találkozni pl. függvény megadása címszó alatt az alábbi

megfogalmazással, hogy ti. mikor ismerünk egy függvényt: ha megadtuk az A, B (nem üres) halmazokat, és megadtuk azt a hozzárendelési szabályt, amely szerint az A hal-maz bizonyos elemeihez hozzárendelünk a B halmazból egy-egy elemet. Világos, hogyvalójában semmitmondó ez a

"meghatározás", hiszen a függvény fogalmát egy azzal

szinonim fogalommal, a"

hozzárendelés" fogalmával akarja értelmezni, ami tautológia.




iii) A függvény általunk adott egzakt definíciója után az a kérdés, hogy mikor ismerünk egyf függvényt, nagyon egyszerűen megválaszolható: akkor, ha ismerjük az f ⊂ A × Bhalmazt. Más szóval, ha tudjuk, hogy az f halmaznak (mint speciális (függvény-)relációnak) milyen (x, y) ∈ A × B rendezett párok az elemei. Ehhez tudnunk kell,hogy az itt szereplő x elemek az A halmaz melyik részhalmazából kerülnek ki (azazmi az f függvény értelmezési tartománya), és egy ilyen x esetén melyik az a B-beli y, amellyel (x, y) ∈ f (más szóval a fenti értelmezéseink szerint mi az x-hezhozzárendelt elem). Így nyer egzakt értelmet a ii) megjegyzésben említett, az ún. naívfüggvényelméletből merített függvénymegadás.

iv) Azt mondjuk, hogy az f ∈ A → B függvény szürjektív, ha Rf = B. Más kifejezésselélve ekkor az f függvény egy szürjekció a B halmazra.

v) Az injektív függvényre használatos a kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés elnevezés is.Ha az f : A → B függvény egyszerre injektív és (B-re) szürjektív, akkor f egy ún.bijekció. Ebben az esetben A, B ekvivalens halmazok (kölcsönösen megfeleltethetők

egymásnak ), más szóval azonos a számosságuk. Itt a B halmaz megszámlálható szá-mosságú (röviden megszámlálható ), ha A = N. Tehát, B megszámlálható számosságú,ha létezik f : N → B bijekció. Világos, hogy pl. N megszámlálható számosságú, hi-szen az f (n) := n (n ∈ N) leképezés nyilván bijekcó. Ismert, hogy pl. a racionálisszámok Q halmaza és egyúttal tetszőleges nem egy pontból álló I intervallumra azI ∩Q halmaz is megszámlálható. Ugyanakkor pl. a valós számok R halmaza, vagybármely előbbi I intervallum nem az. Továbbá, tetszőleges ilyen I intervallum eseténI ekvivalens R-rel, azaz létezik olyan f : I → R függvény, amely (R-re) bijekció.Ennek alapján azt mondjuk, hogy I kontinuum számosságú. Speciálisan R is ilyen.

vi) Valamilyen X

=

∅ halmaz mellett vezessük be az alábbi idX függvényt:

idX (t) := t (t ∈ X ).

Ekkor bármely invertálható f függvény esetén egyszerűen adódik az alábbi két egyen-lőség:

f −1 f = idDf , f f −1 = idRf

.

vii) Könnyen meggondolható: az f függvény injektivitásának szükséges és elégséges felté-tele az, hogy bármely y ∈ Rf esetén az f −1[y] halmaznak egyetlen eleme legyen.

viii) A"

kompozíció-képzés" nem kommutatív eljárás: f g és gf nem feltétlenül ugyanaza függvény. Például az

R ∋ x → 1 , R ∋ x → 2x

függvények közül az előbbit g-vel, az utóbbit f -fel jelölve

f g(x) = f (g(x)) = f (1) = 2 , g f (x) = g(f (x)) = 1 (x ∈ R).




ix) Egy halmaz valamilyen függvény által létesített képének, ill. ősképének az értelmezésé-ből rögtön következnek az alábbiak: tetszőleges f függvény és minden D ⊂ Rf eseténf [f −1[D]] = D. Ha f injektív, akkor bármely E ⊂ Df halmazra f −1[f [E ]] = E. (Be-látható, hogy az utóbbi egyenlőség elégséges is ahhoz, hogy f injektív legyen.)

x) Egy f injektív függvény esetén valamilyen D ⊂ Rf halmazt véve

f −1[D] = x ∈ Df : f (x) ∈ D = f −1(y) ∈ Rf −1 : y ∈ D,

azaz ekkor a D halmaz f által létesített ősképe megegyezik D-nek az f −1 általlétesített képével. (Ez az észrevétel húzódik meg az ősképre bevezetett jelölés mögött.)

xi) Nem nehéz belátni, hogy ha g : A → B, f : B → C mindegyike bijekció, akkorf g : A → C is bijekció. Valamely X = ∅ esetén P (X )-szel jelölve az X hatvány-halmazát (azaz az X részhalmazaiból álló halmaz(rendszer)t), legyen

r ⊂ P (X ) × P (X )

a következő reláció:

r := (U, V ) ∈ P (X ) × P (X ) : létezik f : U → V bijekció.

Ekkor (a jelen megjegyzés"

felvezetését" (is) felhasználva) egyszerűen megmutatható,hogy r ekvivalencia. Ez az oka az v) megjegyzésben bevezetett definíciónak, hogy ti.két halmaz mikor ekvivalens.

xii) Tegyük fel, hogy az f, g függvények valós (vagy komplex ) értékűek, amikor tehát

Rf

⊂K,

Rg

⊂K és

Df

∩ Dg

=

∅ igaz. Ekkor a

Df ∩ Dg ∋ x → f (x) + g(x) ∈ K

függvényt az f és a g összegének , a

Df ∩ Dg ∋ x → f (x)g(x) ∈ K

függvényt pedig az f és a g szorzatának nevezzük, és rendre az f + g, fg szimbólum-mal (esetenként f g helyett f · g-vel) jelöljük. Az f + c szimbólum jelentse az f + gösszegfüggvényt, ahol g(x) := c (x ∈ K, c ∈ R). Ha

Df ∩ t ∈ Dg : g(t) = 0 = ∅,

akkor a

Df ∩ t ∈ Dg : g(t) = 0 ∋ x → f (x)

g(x) ∈ K




függvényt az f és a g hányadosának nevezzük, és az f g szimbólummal jelöljük. Spe-

ciálisan, ha t ∈ Dg : g(t) = 0 = ∅, akkor a g függvény 1g reciproka a következő:

t

∈ Dg : g(t)

= 0

∋ x

→ 1

g(x) ∈K.

Világos, hogy f g = f · 1

g . Ha 0 < n ∈ N, akkor f n := f · ...· f (n-szeres szorzat) az f

függvény n-edik hatványa : f n(x) := (f (x))n (x ∈ Df ).

xiii) Valamely A = ∅ halmaz esetén az m : A × A → A függvényről azt mondjuk, hogy(A-beli belső) művelet . Ekkor egy (x, y) ∈ A2 := A × A rendezett pár esetén

xmy := m(x, y) := m((x, y))

az m művelet eredménye x és y között. Pl. a valós számok axióma-rendszerében (ld.

1.1.) a "... bármely x, y ∈R esetén léteznek az x+y ∈R és az xy ∈R szimbólummal jelölt elemek ..." kitétel más szóval azt jelenti, hogy adott egy-egy művelet R-ben:m, m : R2 → R, amelyekre a

"szokásos" jelöléseket használva: x + y := xmy, ill.

xy := xmy.

xiv) A függvények körében kiemelkedően fontos szerepet játszanak a polinomok. Ezekértelmezéséhez legyenek adottak valamilyen n ∈ N természetes szám mellett aza0,...,an ∈K számok (együtthatók ), és tekintsük a következő P : K→K függvényt:

P (x) :=nk=0

akxk (x ∈ K).

Ekkor a P függvény egy ún. polinom. Azt mondjuk továbbá, hogy P legfeljebb n-ed fokú. Ha an = 0, akkor P egy n-ed fokú polinom. Az α ∈ K szám a P polinomgyöke, ha P (α) = 0. Az algebra alaptétele szerint, ha n > 0, akkor az előbbi n-edfokú P polinom esetén egyértelműen léteznek olyan s ∈ 1,...,n, α1,...,αs ∈ K ésν 1,...,ν s ∈ 1,...,n számok, hogy

si=1 ν i = n és

P (x) = an·si=1

(x − αi)ν i (x ∈ K)

(a P polinom ún. gyöktényezős alakja ). Következésképpen

P (αi) = 0 (i = 1,...,s),

ésP (x) = 0 (x ∈ K, x = αi (i = 1,...,s)).




A ν i (i = 1,...,s)"

kitevő" az αi gyök multiplicitása. Ha itt s = n, akkor mindeni = 1,...,n esetén szükségképpen ν i = 1, azaz az αi gyök egyszeres és

P (x) = an·n

i=1

(x − αi) (x ∈ K).

Egyébként az αi (i = 1,...,s) gyök többszörös, ha ν i > 1.

xv) Az f ∈ K→ K racionális törtfüggvény, ha alkalmas P, Q polinomokkal

f = P

Q.

Speciálisan minden P polinom racionális törtfüggvény (a Q ≡ 1 (konstans) polinomragondolva).

xvi) Legyen valamilyen ∅

= A, B halmazok esetén f : A

→B és

∅ = C

⊂A. Ekkor az

f |C (x) := f (x) (x ∈ C )

módon értelmezett f |C : C → B függvényt az f függvény C -re való leszűkítésének

nevezzük. Világos, hogy Df |C = C és Rf |C

⊂ Rf . Hasonlóan, ha g : A → B, ésvalamilyen D ⊃ A, E ⊃ B halmazokkal, ill. h : D → E függvénnyel g = h|A, akkorazt mondjuk, hogy a h függvény a g kiterjesztése a D halmazra.

xvii) Az f ∈ R → R függvény páros, ha Df "szimmetrikus az origóra", tehát bármely

t ∈ Df esetén −t ∈ Df , és

f (−t) = f (t) (t ∈ Df ).

Hasonlóan, azt mondjuk, hogy valamilyen f ∈ R → R függvény páratlan, ha Df szimmetrikus az origóra és

f (−t) = −f (t) (t ∈ Df ).

Könnyű belátni, hogy ha f ∈ R→ R és Df szimmetrikus az origóra, akkor alkalmasg páros és h páratlan függvénnyel f = g + h. Ti. legyen

g(t) := f (t) + f (−t)

2

, h(t) := f (t) − f (−t)

2

(t

∈ Df ).

xviii) Az f ∈ R → R függvény periodikus, ha alkalmas p ∈ R, p > 0 számmal tetszőlegest ∈ Df elemre t ± p ∈ Df és

f (t + p) = f (t).




Világos, hogy egyúttal

f (t) = f (t − p + p) = f (t − p) (t ∈ Df )

is igaz. Továbbá (teljes indukcióval) bármely t

∈ Df , k

∈Z esetén t + kp

∈ Df és

f (t + kp) = f (t).

Minden ilyen p számot az f függvény periódusának nevezünk. Nyilvánvaló, hogy ha0 < k ∈ N, akkor kp is periódusa f -nek. Ha P f jelöli a periodikus f függvényperiódusainak a halmazát, akkor a következő igaz: vagy inf P f = 0, vagy pedig létezika

p0 := min P f alapperiódus, és

P f = kp0 ∈R : 0 < k ∈N.

Ti. először is vegyük észre, hogy bármely p, q ∈ P f , q 0,

és lássuk be, hogy p0 ∈ P f (azaz egyúttal p0 = min P f ). Ha ui. p0 /∈ P f lenne, akkoraz infimum értelmezése alapján (ld. 1.2. x) megjegyzés) bármely ε > 0 mellett létezneolyan r ∈ P f , amelyre p0 < r < p0 + ε. Hasonlóan, megadható lenne olyan s ∈ P f is, hogy p0 < s < r. Az előbbiek alapján ezért r − s ∈ P f és nyilván r − s < ε.Ha itt ε < p0, akkor a

P f -beli r

−s periódusra r

−s < inf

P f , ami - lévén inf

P f

alsó korlátja a P f halmaznak - nem lehetséges. Tehát p0 ∈ P f . Legyen most r ∈ P f tetszőleges, ekkor egyértelműen van olyan 1 ≤ k ∈N szám, amellyel

kp0 ≤ r < (k + 1) p0 = kp0 + p0.

Ha itt kp0 < r lenne, akkor r,kp0 ∈ P f miatt r − kp0 ∈ P f , ahol r −kp0 < p0. Innenaz előbbiekkel analóg módon jutnánk ellentmondásra, tehát r = kp0.

xix) Az f ∈ R → R egyváltozós valós függvények körében fontos szerepet játszanak amonoton függvények. Nevezetesen az előbbi f függvény monoton növő, ha tetszőlegesx, t ∈ Df , x < t helyeken f (x) ≤ f (t). Ha minden ilyen x, t esetén f (x) < f (t),

akkor az f szigorúan monoton növő. Hasonlóan, az f ∈ R → R függvény monoton fogyó, ha bármely x, t ∈ Df , x < t esetén f (x) ≥ f (t), ill. szigorúan monoton fogyó,ha az előbbi x, t-re f (x) > f (t).



3. fejezet

Sorozatok

3.1. A sorozat fogalma

A sorozat fogalma kiemelkedő jelentőséggel bír nem csupán a matematika (és így pl. azanalízis), hanem a mindennapi élet szempontjából is. Hiszen gondoljunk csak a közelítő szá-mítások algoritmusaira, vagy pl. az eléggé hétköznapi kamatszámítási feladatokra. A valósszámokkal való

"manipulációk" során használt tizedes törtek mögött szintén meghúzódik

a sorozat fogalma. Ugyanakkor a jelentőségéhez képest a sorozat definíciója meglehetősenegyszerű. Ti. az f függvényt sorozatnak nevezzük, ha Df = N. Az alábbi elnevezéseket,ill. jelöléseket fogjuk használni:

f n := f (n) (n ∈ N)

az f sorozat n-edik (vagy n-indexű ) tagja. (Ha esetleg az illető sorozat jele egy betű

helyett egy hosszabb (pl. több betűből, jelből álló) szimbólum, akkor a félreértések elkerüléseérdekében a sorozatot jelölő szimbólumot zárójelbe tesszük: pl. (f ∗ g)n az f ∗ g sorozatn-edik tagja.) A szóban forgó f sorozat jelölésére időnként az f szimbólum helyett eztis írjuk: (f n), vagy n → f n. Így pl. a (2n2 + 1) szimbólum (vagy n → 2n2 + 1) azt a(mondjuk f ) sorozatot jelöli, amelyre f n = 2n2 + 1 (n ∈ N). A sorozatokkal kapcsolatbansincsenek

"kötött", vagy

"előírt" jelölések, ezzel együtt itt többnyire az a,b,c,..., esetleg az

x,y,z,... szimbólumokat fogjuk használni.

Attól függően, hogy az (xn) sorozat értékkészlete"

milyen", jelzőket használunk a sorozatmegnevezésekor. Így pl. az (xn) sorozat egy számsorozat, ha xn ∈K (n ∈ N) (ezen belülvalós számsorozat, ha xn

∈R (n

∈N), míg komplex számsorozat, ha xn

∈C (n

∈N)).

Világos ezek után, hogy mit értünk pl. intervallumsorozaton : egy olyan sorozatot, amelynekminden tagja intervallum (ld. pl. a Cantor-tételben szereplő ([an, bn]) intervallumsorozat).Hasonlóan, a szóban forgó sorozat halmazsorozat, ha minden tagja halmaz, és í.t.

A" jelzősített" sorozatok között kiemelt szerep jut az ún. indexsorozatoknak. Azt mond-

41



42 FEJEZET 3. SOROZATOK

juk, hogy a (ν n) számsorozat indexsorozat, ha minden tagja természetes szám és

ν n < ν n+1 (n ∈ N).

Pl. a fenti (2n2+1) sorozat nyilván indexsorozat. Tetszőleges x sorozat és bármely ν = (ν n)

indexsorozat esetén nyilvánvaló, hogy az x ν függvény is sorozat, amelyet az x sorozatν indexsorozat által meghatározott részsorozatának nevezünk. Így az x ν sorozat n-ediktagja a következő:

(x ν )n = (x ν )(n) = x(ν (n)) = xν n (n ∈ N).

Nyilvánvaló, hogy Rxν ⊂ Rx. Ha pl.

xn := 3n − 1

n2 + n + 1 (n ∈ N)

és ν az előbbi indexsorozat:

ν n := 2n2 + 1 (n ∈ N),

akkor

(x ν )n = x2n2+1 = 3(2n2 + 1) − 1

(2n2 + 1)2 + 2n2 + 1 + 1 =

6n2 + 2

4n4 + 6n2 + 3 (n ∈ N).

Speciálisan a ν n := n (n ∈ N) sorozat indexsorozat, és tetszőleges x sorozat eseténx ν = x. Hasonlóan, ha x egy konstanssorozat, azaz az Rx értékkészlethalmaz egy elemű(más szóval valamilyen α elemmel xn = α (n

∈ N)), akkor bármely ν indexsorozatra

szintén igaz az x ν = x egyenlőség.

3.2. Megjegyzések

i) Gyakran találkozni a sorozat"

tagja" elnevezés helyett a sorozat"

eleme" terminológi-ával, ami meglehetősen értelemzavaró. Ha ui. x sorozat, azaz egy speciális függvény,akkor (ld. 2.1.) az x (reláció)

"elemei" az (n, xn) (n ∈ N) rendezett párok. Ezért egy

ilyen (n, xn) rendezett pár második komponensét (xn-et) nem szerencsés"

elemnek"

nevezni.

ii) Tegyük fel, hogy valamilyen N ∈ Z mellett adott egy g leképezés, amelyre

Dg = m ∈ Z : m ≥ N .




Ekkor azf (n) := g(n + N ) (n ∈ N)

definícióval értelmezett f függvény sorozat. Ezért - kissé tágabb értelemben - az ilyeng függvényt is sorozatnak fogjuk nevezni. Így pl. az (1/n) sorozat azt a g ∈N→ R

leképezést jelenti, amelyre

g(n) := 1

n (0 < n ∈ N).

iii) Egy A = ∅ halmazról azt mondjuk, hogy az elemei sorozatba rendezhetők , ha valami-lyen injektív s sorozattal

Rs = A.

Más szóval s : N → A bijekció. Pl. N,Z,Q ilyen halmazok, míg pl. R nem. Haaz A, B halmazok elemei egyaránt sorozatba rendezhetők, azaz alkalmas x, y injektívsorozatokkal

Rx = A,

Ry = B, akkor egyszerűen belátható módon

y x−1 : A → B

bijekció. Egy korábbi elnevezéssel élve (ld. 2.4. v) megjegyzés) A és B ekvivalensek,sőt, mindkettő ekvivalens N-nel. Röviden: megszámlálható halmazok.

iv) Valamely p : N→ N bijekciót az N (egy) permutációjának nevezünk. Ha p ilyen, xpedig egy sorozat, akkor x p is nyilván sorozat: az x sorozat ( p által meghatározott)átrendezése .

v) Gondoljuk meg, hogy tetszőleges (ν n) indexsorozatra igaz az alábbi egyenlőtlenség:

ν n ≥ n (n ∈ N).

Valóban, mivel ν 0 ∈ N, ezért ν 0 ≥ 0 nyilvánvaló. Ha valamilyen n ∈ N eseténν n ≥ n, akkor

ν n+1 > ν n ≥ n.

Tehát ν n+1 > n. Figyelembe véve, hogy ν n+1 ∈N, ezért ν n+1 ≥ n + 1, azaz (ld. teljesindukció) az állításunk valóban igaz.

vi) Eléggé nyilvánvaló, hogy indexsorozatok kompozíciója is indexsorozat: ha a ν = (ν n),µ = (µn) sorozatok indexsorozatok, akkor a ν µ = (ν µn) sorozat is indexsorozat.

vii) Nem csupán az analízis számára bírnak különös fontossággal az ún. rekurzív megadásúsorozatok. Legyen ehhez valamilyen X = ∅ halmaz esetén adott az f : X → X függvény, és legyen a ∈ X. Ekkor az

x0 := a , xn+1 = f (xn) (n ∈ N)




rekurzív összefüggésnek eleget tevő (xn) : N → X sorozatot a kezdőpontú rekurzív megadású sorozatnak nevezzük. A kérdés az, hogy (ismerve a-t és f -et) van-e ilyen(xn) sorozat. Erre a kérdésre válaszol az ún. rekurzió tétel : egyértelműen létezik afenti (xn) sorozat.

viii) A téma iránt mélyebben érdeklődő olvasók (és a teljesség) kedvéért az alábbiakbanvázoljuk a vii)-beli rekurzió tétel (egy) bizonyítását. Nevezzük ehhez az

r ⊂N× X

relációt rekurzívnak, ha

(0, a) ∈ r és bármely (n, t) ∈ r esetén (n + 1, f (t)) ∈ r.

Világos, hogy pl. N× X ilyen reláció. Legyen

R:=

r

⊂N

×X : r rekurzív

.

Megmutatjuk, hogyx :=

r∈R

r

a kívánt tulajdonságú sorozat. Ui.

1o Dx = N, hiszen (0, a) ∈ r (r ∈ R), ezért (0, a) ∈ x. Következésképpen 0 ∈ Dx.Ha valamilyen n ∈ N esetén n ∈ Dx, akkor egy alkalmas t ∈ X elemmel(n, t) ∈ x. Így minden r ∈ R relációra (n, t) ∈ r. Utóbbiból (n + 1, f (t)) ∈ r(r ∈ R) adódik, tehát (n + 1, f (t)) ∈ x. Más szóval n + 1 ∈ Dx. Innen (ld. teljes

indukció) Dx = N már következik.2o Lássuk be, hogy x függvény (azaz 1o szerint sorozat). Indirekt gondolkodva

legyen ehhez (n, t), (n, s) ∈ x két olyan pár, amelyekre t = s. Tegyük fel először,hogy n = 0, azaz (0, t), (0, s) ∈ x. Mivel t = s, ezért (pl.) s = a. Tekintsükekkor az

x := x \ (0, s)relációt. Nyilván igaz, hogy (0, a) ∈ x. Továbbá bármely (k, z ) ∈ x pár esetén((k + 1, f (z )) ∈ x (hiszen k + 1 = 0 és (k, z ) ∈ x), így

(k + 1, f (z ))

∈x

\ (0, s)

= x.

Mindebből az adódik, hogy x ∈ R, ami nem lehet, ui. x ⊂ x és

x = x =r∈R

r.




Ha viszont az előbbiekben n > 0, akkor legyen (n − 1, p) ∈ x, továbbá (pl.)s = f ( p) és

x := x \ (n, s).

Világos, hogy (0, a) ∈ x. Mutassuk meg, hogy minden (k, v) ∈ x párra egyúttal

(k + 1, f (v)) ∈ x is teljesül. Valóban, (k, v) ∈ x miatt (k + 1, f (v)) ∈ x. Hak+1 = n, akkor (k+1, f (v)) = (n, s), így (k+1, f (v)) ∈ x. Ha viszont k+1 = n,azaz k = n − 1, akkor

(k + 1, f (v)) = (n, f (v)).

Tehát(n − 1, p) , (n − 1, v) ∈ x,

amiből (n-szerinti teljes indukcióra gondolva) p = v már következik. Ezért

(k + 1, f (v)) = (n, f ( p)) = (n, s),

azaz (k + 1, f (v)) ∈ x. Tehát x ∈ R, amiből ugyanúgy jutunk ellentmondásra,mint az előbb.

3o Egyszerűen kapjuk, hogy x0 = a, ui. (0, a) ∈ x. Hasonlóan: xn+1 = f (xn)(n ∈ N), mivel

(n, xn) ∈ x =⇒ (n + 1, f (xn)) ∈ x.

4o Az egyértelműség igazolásához legyen z : N→ X is olyan sorozat, amelyre

z 0 = a , z n+1 = f (z n) (n ∈ N).

Legyen N := n ∈ N : xn = z n. Ekkor 0 ∈ N , ui. x0 = z 0 = a. Ha n ∈ N (azaz xn = z n), akkor

xn+1 = f (xn) = f (z n) = z n+1.

Ezért n + 1 ∈ N , így (ld. teljes indukció) N = N. Ez azt jelenti, hogy x = z.

ix) Az előbbiek illusztrálására tekintsük a következő példát:

X := [1, +∞) , f (t) := t

2 +

1

t (t ∈ X ).

Egyszerűen adódik, hogy f : X → X, azaz tetszőleges t ∈R, t ≥ 1 helyen f (t) ≥ 1.Alkalmazva ui. a számtani-mértani közép tételét (ld. 1.3.5. Tétel)

f 2(t) = 4·

t/2 + 1/t

2

2

≥ 4· t

2· 1

t =

4

2 = 2 (t ≥ 1),

azaz (f (t) > 0 miatt) f (t)

≥√

2 > 1. Ezért a fenti rekurzió tétel miatt létezik olyan(xn) : N→ [1, +∞) sorozat, amelyre

x0 = 2 , xn+1 = f (xn) = xn

2 +

1

xn(n ∈ N).




3.3. Monoton sorozatok

Azt mondjuk (ld. 2.4. xix) megjegyzés), hogy az (xn) : N → R (valós) számsorozatmonoton növő, ha

xn ≤ xn+1 (n ∈ N).Szigorúan monoton növő sorozatról beszélünk, ha

xn < xn+1 (n ∈ N).

Így pl. minden indexsorozat szigorúan monoton növő. Analóg módon értelmezzük a monoton(szigorúan monoton) fogyó (szám)sorozatot, nevezetesen: az (yn) : N → R sorozat monoton

fogyó , hayn ≥ yn+1 (n ∈ N),

ill. szigorúan monoton fogyó , ha

yn > yn+1 (n ∈ N).

A későbbiek szempontjából alapvető fontosságú a következő állítás.

3.3.1. Tétel. Bármely x = (xn) : N→ R számsorozatnak van monoton részsorozata,azaz létezik olyan ν indexsorozat, amellyel xν monoton növő (vagy monoton fogyó).

Bizonyítás. Az állításunk igazolásához vezessük be a szóban forgó x sorozat csúcsának

a fogalmát. Nevezetesen, valamilyen n ∈ N mellett xn az x sorozat csúcsa, haxn ≥ xk (k ∈N, k ≥ n).

Két eset lehetséges. Először tételezzük fel, hogy végtelen sok n ∈ N esetén xn csúcs. Ezazt jelenti, hogy egy alkalmas ν indexsorozattal xν n (n ∈ N) csúcs, azaz

xν n ≥ xk (k ∈N, k ≥ ν n).

Speciálisan ν n < ν n+1 miattxν n ≥ xν n+1 (n ∈ N),

más szóval az (xν n) részsorozat monoton fogyó.Induljunk ki most abból, hogy legfeljebb véges sok n ∈ N indexre igaz az, hogy xn

csúcs. Ekkor van olyan N ∈ N, hogy bármely n ∈ N, n ≥ N esetén xn nem csúcs. Legyenν 0 := N. Mivel xν 0 nem csúcs, ezért van olyan m ∈ N, m > ν 0, amelyre xν 0 < xm. Ha



3.3. MONOTON SOROZATOK 47

ν 1 := m, akkor a keresett ν indexsorozat első két tagja már ismert. Tegyük fel, hogy k ∈Nés a ν 0 < ν 1 < · · · < ν k tagokat már definiáltuk úgy, hogy

xν 0 < xν 1 < · · · < xν k .

Ekkor - lévén xν k > xν 0 = xN miatt xν k nem csúcs - valamilyen j ∈ N, j > ν k mellett

xν k < x j . Legyen ν k+1 := j, amikor is xν k < xν k+1. Ezzel definiáltuk a szigorúan monoton

növő (ν n) : N → N sorozatot (azaz egy indexsorozatot), amellyel az (xν n) részsorozatszigorúan monoton növő.

Az x = (xn) : N → K (valós vagy komplex) számsorozat korlátos, ha az értékkészletekorlátos halmaz, azaz van olyan K ∈ R szám, amellyel

|xn| ≤ K (n ∈ N).

Valós esetben, amikor tehát K = R, az x = (xn) : N→ R sorozat felülről korlátos, ha egyalkalmas M ∈ R felső korláttal

xn ≤ M (n ∈ N).

Hasonlóan azt mondjuk, hogy az y = (yn) : N → R sorozat alulról korlátos, ha valamilyenm ∈ R alsó korláttal

yn ≥ m (n ∈ N)

igaz. Világos, hogy egy (valós) számsorozat akkor és csak akkor korlátos, ha alulról is ésfelülről is korlátos.

Különösen fontosak a monoton növő (fogyó) felülről (alulról) korlátos sorozatok. Tegyükfel ui., hogy az x = (xn) : N → R sorozat pl. monoton növő és felülről korlátos. Legyen

α := sup

Rx.

Ekkor (figyelembe véve a szuprémumról mondottakat (ld. 1.2. ix) megjegyzés)) tetszőlegesε > 0 számhoz van olyan eleme az Rx halmaznak, amely nagyobb, mint α − ε. Más szóvalvan olyan N ∈ N, hogy

xN > α − ε.

Mivel a feltételezésünk szerint az (xn) sorozat monoton növő, ezért egyúttal az

xn > α − ε (n ∈ N, n > N )

becslés is igaz. Figyelembe véve még azt, hogy α felső korlátja az Rx halmaznak azt kapjuk,hogy

α−

ε < xn ≤

α (n ∈N, n > N ).

Tehát egyúttal |xn − α| < ε (n ∈ N, n > N ).

Értelemszerű módosítással kapjuk ugyanezt monoton fogyó alulról korlátos sorozatokra,ha α := inf Rx.




3.4. Megjegyzések

i) Legyen pl.xn := (−1)n (n ∈ N).

Ekkor bármely n ∈ N esetén x2n csúcs (ld. 3.3.1. Tétel bizonyítása), de x2n+1

nem az. Nyilvánvaló ugyanakkor, hogy bármely szigorúan monoton növő (xn) sorozatesetén xn egyetlen N ∋ n-re sem csúcs, míg ha (xn) monoton fogyó, akkor mindenn ∈ N mellett xn csúcs.

ii) Bármely N ⊂ N halmazhoz könnyen konstruálható olyan valós (xn) sorozat, amelyrepontosan az xn (n ∈ N ) tagok a csúcsok (speciálisan, ha N = ∅, akkor nincs csúcs).Ilyen pl. az a sorozat, amelyre

xn :=

1 (n ∈ N )

1−

1

n + 1 (n

∈N

\ N ).

iii) Tegyük fel, hogy az (xn) : N → R sorozat felülről is és alulról is korlátos, legyen M egy felső, m egy alsó korlátja, azaz

m ≤ xn ≤ M (n ∈ N).

Ha K := max−m, M , akkor

|xn| ≤ K (n ∈ N),

azaz (ld. fentebb) az (xn) sorozat valóban korlátos.

3.5. Konvergens sorozatok

Emeljük ki külön is az előbb (pl.) monoton növő felülről korlátos sorozatokra kapott ered-ményt: ha az x = (xn) valós számsorozat ilyen, akkor alkalmas α ∈ R valós számmal (ti.α := sup Rx) tetszőleges ε > 0 számhoz van olyan N ∈ N, hogy

(∗) |xn − α| < ε (n ∈ N, n > N ).

A"

végeredmény" szempontjából közömbös, hogy a szóban forgó sorozat monoton növő (vagyfogyó), sőt, még az is, hogy a tagjai valós számok. A (∗) tulajdonsággal rendelkezhet nemmonoton sorozat vagy akár egy komplex számokból álló sorozat is. Legyen pl.

xn := (−1)n ı

n + 1 (n ∈ N).



3.5. KONVERGENS SOROZATOK 49

Világos, hogy a most definiált sorozat nem monoton (sőt, nem is valós számokból áll),ugyanakkor a (∗) tulajdonság az α := 0 választással triviális módon igaz. Ha ui. ε > 0tetszőleges, és az N ∈ N

"küszöbindexre" N > 1/ε, akkor bármely n ∈ N, n > N mellett

|xn

−0|

= |

xn|

= 1

n + 1 <

1

N < ε.

Mindezek után egy x = (xn) : N → K sorozatot konvergensnek nevezünk, ha van olyanα ∈K, amellyel bármely ε > 0 számhoz létezik egy N ∈ N

"küszöbindex", hogy

(3.5.1) |xn − α| < ε (n ∈ N, n > N ).

3.5.1. Tétel. Ha az x = (xn) : N → K sorozat konvergens, akkor a konvergencia definíciójában szereplő α egyértelműen létezik.

Bizonyítás. Tegyük fel ui., hogy valamilyen x = (xn) : N → K sorozat és α, β ∈ Kesetén egyaránt teljesül a konvergencia definíciója, továbbá (indirekt módon gondolkodva)α = β. Tetszőleges ε > 0 számhoz megadhatók tehát olyan N, M ∈ N küszöbindexek,hogy (3.5.1) mellett

|xn − β | < ε (n ∈ N, n > M )

is igaz. Válasszuk itt speciálisan az

ε := |α − β |

2

(pozitív) számot, ill. az ennek megfelelő N, M -et figyelembe véve legyen

S := maxN, M .

Ha n ∈ N és n > S, akkor nyilván n > N és n > M is fennáll, következésképpen

|α − β | = |xn − α − (xn − β )| ≤ |xn − α| + |xn − β | < ε + ε = |α − β |,amiből (a nyilván nem igaz) |α − β | < |α − β | egyenlőtlenség következne. Ezért csak α = β lehet.

Ha tehát az x = (xn

) : N → K sorozat konvergens, akkor egyértelműen létezik olyan

α ∈ K, amely eleget tesz a konvergencia definíciójában megfogalmazottaknak. Ezt az α-taz x sorozat határértékének (vagy limeszének ) nevezzük, és minderre az alábbi jelölésekvalamelyikét használjuk:

lim x := lim (xn) := limn→∞

xn := α.




(Ha a sorozatot jelölő szimbólum esetleg több karakterből áll, akkor a félreértések elkerüléseérdekében zárójeleket is használunk. Pl. lim(u ∗ v) az u ∗ v sorozat határértéke.) Azt ismondjuk, hogy az x sorozat α-hoz konvergál (vagy α-hoz tart ). Esetenként az

xn

→α (n

→ ∞)

szimbólumot is alkalmazzuk annak a kifejezésére, hogy az (xn) sorozat α-hoz konvergál.

3.5.2. Tétel. Ha az x = (xn) : N → K sorozat konvergens, akkor tetszőleges ν indexsorozat esetén az x ν résszorozat is konvergens, és lim(x ν ) = lim x.

Bizonyítás. Legyen α := lim x, ekkor bármely ε > 0 számhoz van olyan N ∈ N, hogy

|xn − α| < ε (n ∈ N, n > N ).

Mivel (ld. 3.2. v) megjegyzés) ν n ≥ n (n ∈ N), ezért n ∈ N, n > N esetén ν n > N isigaz. Következésképpen

|xν n − α| < ε (n ∈ N, n > N ).

Ez éppen azt jelenti, amit állítottunk.

A 3.4. pontban mondottak szerint tehát teljesül a következő állítás:

3.5.3. Tétel. Bármely monoton és korlátos x : N → R sorozat konvergens. Ha xmonoton növő, akkor

lim x = sup Rx,

ha pedig monoton fogyó, akkor lim x = inf Rx.

Nem nehéz belátni, hogy a sorozatok esetén a korlátosság szükséges feltétele a konver-genciának. Nevezetesen igaz a

3.5.4. Tétel. Ha az (xn) sorozat konvergens, akkor korlátos is.

Bizonyítás. Legyen ui. (3.5.1)-ben (pl.) ε := 1, ekkor egy alkalmas N ∈ N mellett

|xn − α| < 1 (n ∈ N, n > N ).



3.5. KONVERGENS SOROZATOK 51

Más szóval

|xn| = |xn − α + α| ≤ |xn − α| + |α| < 1 + |α| (n ∈ N, n > N ).

Ha tehát

K := max1 + |α|, |x0|,..., |xN |,

akkor nyilván |xn| ≤ K (n ∈ N), azaz az (xn) sorozat korlátos.

Tekintsünk most egy z = (z n) : N → C komplex számsorozatot. Ha n ∈ N és

z n = xn + ıyn := Re z n + ı Im z n,

akkor aRe z := (xn) , Im z := (yn)

valós sorozatokat rendre a z valós részének, ill. képzetes részének nevezzük, és a következőírásmódot követjük:z = Re z + ı Im z.

Ha pl.

z n := ın

n + 1 (n ∈ N),

akkor (a páros természetes számok halmazát N0-val jelölve)

xn = Re z n =

(−1)n/2

n + 1 (n ∈ N0)

0 (n ∈ N \N0),

yn = Im z n =

0 (n ∈ N0)

(−1)(n−1)/2

n + 1 (n ∈ N \N0).

Mindezek alapján a komplex sorozatok konvergencia-kérdéseit visszavezethetjük a valós so-rozatok analóg vizsgálatára. Ezzel kapcsolatos a

3.5.5. Tétel. Bármely z = (z n) : N →

C komplex sorozatra fennáll a következő ekvivalencia: a z sorozat akkor és csak akkor konvergens, ha a Re z, Im z sorozatok konvergensek. Igaz továbbá, hogy ha a z sorozat konvergens és α := lim z , akkor

Re α = lim(Re z ) , Im α = lim(Im z ).




Bizonyítás. Legyen

xn := Re z n , yn := Im z n (n ∈ N),

azaz Re z = (xn), Im z = (yn), és α = u + ıv, ahol

u := Re α , v := Im α.

Tegyük fel először, hogy a z sorozat konvergens és α = lim z. Következésképpen bármelyε > 0 számhoz létezik olyan N ∈ N küszöbindex, hogy

|z n − α| < ε (n ∈ N, n > N ).

Mivel

|z n − α| =

(xn − u)2 + (yn − v)2 ≥

|xn − u|

|yn − v|(n ∈ N),

ezért egyúttal |xn − u|, |yn − v| < ε (n ∈ N, n > N ).

Ez azt jelenti, hogy az (xn), (yn) sorozatok konvergensek, és lim(xn) = u, lim(yn) = v.

Fordítva, most induljunk ki abból, hogy az (xn) := Re z, (yn) := Im z sorozatok konver-gensek és u := lim(xn), v := lim(yn). Ez azt jelenti, hogy bármely ε > 0 számot is adunkmeg, léteznek olyan M, S ∈N küszöbindexek, amelyekkel

|xn − u| < ε√

2(n ∈ N, n > M ) , |yn − v| <

ε√ 2

(n ∈ N, n > S ).

Ha α := u + ıv és R := max

M, S

, akkor

|xn − u| < ε√

2, |yn − v| <

ε√ 2

(n ∈ N, n > R).

Ugyanakkor|z n − α| =

(xn − u)2 + (yn − v)2 (n ∈ N)

miatt

|z n − α| <

ε√

2

2

+

ε√

2

2

= ε (n ∈ N, n > R)

következik, azaz

|z n

− α

| < ε (n

∈ N, n > R). Más szóval a z sorozat konvergens és

lim z = α.

Minden készen áll ahhoz, hogy bebizonyítsuk a későbbiek szempontjából alaptételnek isnevezhető alábbi állításunkat.




3.5.6. Tétel (Bolzano-Weierstrass). Bármely korlátos z = (z n) : N→ K sorozatnak van konvergens részsorozata.

Bizonyítás. Tegyük fel először, hogy K = R, azaz a szóban forgó sorozat valós értékű.Tudjuk (ld. 3.3.1. Tétel), hogy alkalmas ν indexsorozattal a z

ν részsorozat monoton.

Világos, hogy egy korlátos sorozatnak minden részsorozata is korlátos, így a z ν monotonsorozat is korlátos. Alkalmazható ezért a 3.5.3. Tétel, miszerint a z -nek a most vizsgáltz ν résszorozata konvergens.

Most tegyük fel, hogy K = C, tehát a tételbeli sorozat komplex számokból áll, és legyen(xn) := Re z, (yn) := Im z. Emlékeztetünk a korlátos sorozat definícójára (ld. 3.3.): vanolyan K ∈ R, hogy |z n| ≤ K (n ∈ N). Mivel

|z n| =

x2n + y2

n ≥

|xn|

|yn|(n ∈ N),

ezért |xn|, |yn| ≤ K (n ∈ N). Következésképpen az (xn), (yn) (valós) sorozatok is kor-látosak. A bizonyításunk első fele alapján tehát van olyan ν indexsorozat, hogy az (xν n)résszorozat konvergens. Nyilvánvaló, hogy az (yν n) résszorozat is korlátos, ezért egy alkalmasµ indexsorozattal az (yν µn ) résszorozat konvergens. Legyen

γ n := ν µn (n ∈ N),

ekkor (ld. 3.2. vi) megjegyzés) a (γ n) sorozat indexsorozat. Továbbá (ld. 3.5.2. Té-tel) az (xγ n) résszorozat is konvergens. A (γ n) indexsorozattal tehát azt kaptuk, hogy az(xγ n), (yγ n) sorozatok konvergensek. Ezért (ld. 3.5.5. Tétel) a z sorozat

(z γ n) = (xγ n + ıyγ n)

résszorozata konvergens.

3.6. Megjegyzések

i) Vezessük be valamilyen α ∈ K és r > 0 esetén az α középpontú r sugarú környezet fogalmát az alábbiak szerint:

K r(α) := ξ ∈K : |ξ − α| < r.

Esetenként kr(α)-t, ill. pusztán K (α)-t (vagy k(α)-t) írunk, ha az adott szituáció-ban az r sugár nem játszik szerepet. Ekkor a sorozatok konvergenciájára adott fentidefiníciónk a következőképpen fogalmazható meg: a (z n) : N → K sorozat akkorés csak akkor konvergens és a határértéke α ∈ K, ha bármely K (α) környezethezmegadható egy N ∈ N küszöbindex úgy, hogy z n ∈ K (α) (n ∈ N, n > N ).




ii) Tegyük fel, hogy minden n ∈N természetes szám esetén T (n) egy állítás. Pl. T (n) jelentse azt, hogy

"n négyzetszám", vagy mondjuk azt, hogy

"n > 30”. Állapodjunk

meg abban, hogy a T (n) majdnem minden n ∈ N esetén igaz megfogalmazás akövetkezőt jelenti: van olyan N ∈ N, hogy minden n ∈ N, n > N mellett T (n) igaz.A

"majdnem minden" kitételt a legtöbbször így rövidítjük: m.m. Ezt felhasználva a

konvergencia definíciója a következőképpen hangzik: a (z n) : N → K sorozat akkorés csak akkor konvergens és a határértéke α ∈ K, ha bármely K (α) környezet eseténz n ∈ K (α) m.m. n ∈ N esetén igaz (vagy rövidebben írva: z n ∈ K (α) (m.m.n ∈ N)). (Másképp; fogalmazva: tetszőleges K (α) környezetet véve legfeljebb végessok N ∈ n-re fordulhat elő az, hogy xn nincs benne K (α)-ban.)

iii) Világos, hogy K = R esetén

K r(α) = (α − r, α + r)

egy α középpontú, 2r hosszúságú nyílt intervallum, míg a K = C választással

K r(α) = ξ ∈ C : |ξ − α| < r

a komlex számsíkon egy α középpontú, r sugarú (nyílt) körlemez. Ezért pl. a valósesetben egy (xn) sorozat akkor és csak akkor konvergens, ha egy alkalmas α ∈ Rmellett bármely ε > 0 esetén

α − ε < xn < α + ε (m. m. n ∈ N).

iv) Az előbbi megjegyzésben hallgatólagosan már feltételeztük, hogy ha egy valós(xn) : N

→ R sorozat konvergens, akkor a lim(xn) határérték is valós szám. Va-

lóban, ha α := lim(xn) egy nem valós komplex szám lenne (azaz α ∈ C \R), akkoregy valamilyen r > 0 számmal

K r(α) ∩R = ∅.

Ugyanakkor (ld. ii)) xn ∈ K r(α) (m.m. n ∈ N), azaz (a szóban forgó sorozat valósértékűsége miatt) minden ilyen n-re

xn ∈ K r(α) ∩R = ∅,

ami nyilván nem lehet.

v) Az eddigiek szerint eléggé kézenfekvő az alábbi észrevétel. Tegyük fel ehhez, hogy az(xn), (yn) : N→K sorozatokra igaz a következő:

xn = yn (m. m. n ∈ N).




Ebben az esetben az (xn) sorozat akkor és csak akkor konvergens, ha az (yn) iskonvergens, továbbá az utóbbi esetben lim(xn) = lim(yn). Emlékezve a

"m.m." termi-

nológiára a feltételünk azt jelenti, hogy egy alkalmas N ∈ N mellett

xn = yn (n

∈N, n > N ).

Ez más szóval azt jelenti, hogy a két sorozatnak legfeljebb véges sok tagja különbözhetegymástól (ti. legfeljebb x0, y0,...,xN , yN ). Ezért a most mondottakat így is szoktákfogalmazni: ha egy sorozat (legfeljebb) véges sok tagját megváltoztatjuk, akkor ez sem akonvergencia tényén, sem pedig (ha konvergens sorozatból indultunk ki) a határértékennem változtat.

vi) Valamely (xn) : N→ K sorozat és m ∈ N szám esetén legyen

yn := xm+n (n ∈ N).

Ekkor az (yn) sorozatot az (xn) sorozat elcsúsztatottjának nevezzük. Nem okoz gondotannak a belátása, hogy ha az (xn) sorozat konvergens, akkor az (yn) elcsúsztatottja iskonvergens, és lim(xn) = lim(yn). Valóban, ha α := lim(xn), akkor tetszőleges ε > 0esetén egy alkalmas N ∈ N küszöbindexszel

|xk − α| < ε (k ∈N, k > N ).

Legyen M := max0, N − m és n ∈N, n > M, akkor k := n + m > M + m > N,azaz

|yn − α| = |xk − α| < ε.

Ez pontosan azt jelenti, amit állítottunk.

vii) Könnyű meggondolni, hogy pl. a ((−1)n) sorozat nem konvergens (divergens ). Ti. (ld.iv)) ha az lenne és α a határértéke, akkor α ∈ R. Három eset lehetséges: α /∈ −1, 1.Ekkor van olyan K r(α), hogy xn = ±1 /∈ K r(α) (n ∈ N). Pl.

r := min|α − 1|, |α + 1|.

Ez nyilván ellentmond annak, hogy (a konvergencia miatt) xn ∈ K r(α) (m.m.n ∈ N). Most tegyük fel azt, hogy α = 1, ekkor −1 /∈ K 1(1) = (0, 2). BármilyenN ∈ N esetén van olyan n ∈ N, n > N (sőt, végtelen sok ilyen n létezik), hogyxn = −1. Következésképpen nem létezik olyan N küszöbindex, amellyel xn ∈ K 1(1)

teljesülne minden n ∈ N, n > N esetén. Analóg módon okoskodhatunk akkor is, haaz α = −1 feltételezésből indulunk ki.

viii) Világos, hogy ha α ∈ K ésxn := α (n ∈ N)




(azaz (xn) egy ún. konstanssorozat ), akkor (xn) konvergens és lim(xn) = α. A fentiv) megjegyzést figyelembe véve ugyanez mondható a kvázi-konstanssorozatokról : haα ∈K és

xn := α (m.m. n ∈ N),

akkor (xn) konvergens és lim(xn) = α.

ix) Legyen (xn) : N → K és α ∈ K. Azt mondjuk, hogy az α szám torlódási pontja az (xn) sorozatnak, ha bármely K (α) környezetre igaz a következő: végtelen sokN ∋ n-re teljesül az xn ∈ K (α) tartalmazás. Pl. a ((−1)n) sorozatnak két torlódásipontja van, ezek az 1 és a −1. Nem nehéz meggondolni, hogy az (xn) sorozat akkorés csak akkor konvergens, ha egyetlen torlódási pontja van, és az utóbbi esetben ezaz egyetlen torlódási pont a sorozat határértéke. Valóban, ha (xn) konvergens ésα := lim(xn), akkor minden K (α) esetén xn ∈ K (α) (m.m. n ∈ N). Így végtelensok N ∋ n-re xn ∈ K (α). Fordítva, tegyük fel, hogy α, β ∈ K torlódási pontjai az(xn) sorozatnak és α

= β. Ha az (xn) sorozat konvergens lenne és γ := lim(xn),

akkor (pl. γ = α esetén) nyilván van olyan r > 0 szám, amellyel K r(α) ∩ K r(γ ) = ∅(minden 0 < r < |α − γ |/2 szám ilyen). A konvergencia miatt egy alkalmas N ∈ Nküszöbindexszel xn ∈ K (γ ) (n ∈ N, n > N ), azaz xn /∈ K (α) (n ∈ N, n > N ). Azutóbbi miatt tehát legfeljebb az x0,...,xN tagok eshetnek K (α)-ba, ami ellentmondannak, hogy az α torlódási pontja a sorozatnak.

x) Az előbbi megjegyzésben követett gondolatmenettel kapjuk pl. az alábbi"

divergencia"kritériumot. Nevezetesen, tegyük fel, hogy az (xn) : N→ R (valós) számsorozat ren-delkezik a következő tulajdonsággal: valamilyen α, β ∈ R, α < β számokkal végtelensok n, m ∈ N esetén xn < α < β < xm. Ekkor az (xn) sorozat divergens.

xi) A 3.5.6. Tételt szokás Bolzano-Weierstrass-féle kiválasztási tételnek is nevezni.

3.7. Műveletek, Cauchy-sorozatok, rendezés

A sorozatok konvergencia-kérdéseinek a vizsgálatában kiemelt szerep jut a nullasoroza-toknak. Nevezzünk egy (xn) : N → K sorozatot nullasorozatnak, ha konvergens éslim(xn) = 0. Legyen

S 0 :=

x : N

→K : lim x = 0

a nullasorozatok halmaza. Ekkor az (xn) ∈ S 0 tartalmazás azt jelenti, hogy tetszőlegesε > 0 számra |xn| < ε (m.m. n ∈ N). Innen világos, hogy

(xn) ∈ S 0 ⇐⇒ (|xn|) ∈ S 0.



3.7. MŰVELETEK, CAUCHY-SOROZATOK, RENDEZÉS 57

Ezt szem előtt tartva egyszerűen adódik egy, a későbbiekben gyakran felhasznált állítás.Nevezetesen igaz a

3.7.1. Tétel (majoráns kritérium). Tegyük fel, hogy az (xn), (yn) : N → K soro-

zatokra teljesülnek az alábbiak: (yn) ∈ S 0 és |xn| ≤ |yn| (m.m. n ∈ N). Ekkor (xn) ∈ S 0.

Bizonyítás. Valóban, bármely ε > 0 szám mellett egy alkalmas N ∈ N küszöbin-dexszel

|yn| < ε (n ∈ N, n > N ).

Ugyanakkor az |xn| ≤ |yn| (m.m. n ∈ N)"

majoráns feltétel" miatt van olyan M ∈ N,amellyel

|xn| ≤ |yn| (n ∈ N, n > M ).

Ha tehát R := maxN, M , akkor|xn| ≤ |yn| < ε (n ∈ N, n > R),

azaz |xn| < ε (n ∈ N, n > R). Ez pontosan azt jelenti, hogy (xn) ∈ S 0.

3.7.2. Tétel. Bármely (xn) : N → K sorozat esetén igaz a következő ekvivalen-cia: az (xn) sorozat akkor és csak akkor konvergens, ha valamilyen α ∈ K számmal (xn − α) ∈ S 0. Az utóbbi esetben α = lim(xn).

Bizonyítás. Tegyük fel először azt, hogy az (xn) sorozat konvergens és legyen

α := lim(xn) , yn := xn − α (n ∈ N).

Ekkor bármely ε > 0 szám mellett |yn| = |xn − α| < ε (m.m. n ∈ N). A fentiek szerintezért (yn) = (xn − α) ∈ S 0.

Fordítva, tegyük fel, hogy α ∈ K olyan szám, amellyel (xn−α) ∈ S 0. Következésképpen(ld. fent) tetszőleges ε > 0 számra

|xn − α| < ε (m. m. n ∈ N).

Ez nem mást jelent, mint azt, hogy az (xn) sorozat konvergens és lim(xn) = α.

A konvergens sorozatokkal végzett műveletek vizsgálata szempontjából (is) fontos a kö-vetkező két állítás.




3.7.3. Tétel. Bármely (xn) ∈ S 0 nullasorozat és tetszőleges (yn) korlátos sorozat esetén (xnyn) ∈ S 0.

Bizonyítás. A feltételek szerint van olyan K

∈R, amellyel

|yn| ≤ K (n ∈ N).

Ha itt K = 0, akkor yn = 0 (n ∈ N) és így xnyn = 0 (n ∈N). Következésképpen (mintkonstanssorozat (ld. 3.6. viii) megjegyzés)) lim(xnyn) = 0, azaz (xnyn) ∈ S 0.

Ha viszont K = 0, akkor nyilván K > 0. A feltételeink szerint (xn) ∈ S 0, ezért tetsző-leges ε > 0 számra

|xn| < ε

K (m. m. n ∈ N).

Ezért

|xnyn

| =

|xn

|· |yn

| ≤K

|xn

| < K

ε

K

= ε (m. m. n

∈N),

azaz (xnyn) ∈ S 0.

Mivel minden (yn) : N → K konvergens sorozat korlátos (ld. 3.5.4. Tétel), ezért(xn) ∈ S 0 esetén (xnyn) ∈ S 0. Így pl. bármely két (xn), (yn) ∈ S 0 sorozatra is igaz, hogy(xnyn) ∈ S 0.

3.7.4. Tétel. Tetszőleges (xn), (yn) ∈ S 0 nullasorozatok és bármely c ∈ K esetén (xn + cyn) ∈ S 0.

Bizonyítás. A feltételek miatt bármilyen ε > 0 szám mellett alkalmas N, M ∈ Nküszöbindexekkel

|xn| < ε

2(1 + |c|) (n ∈ N, n > N ) , |yn| < ε

2(1 + |c|) (n ∈ N, n > M ).

Legyen S := maxN, M , ekkor (a háromszög-egyenlőtlenséget (ld. 1.4. xxi) megjegyzés)is felhasználva)

|xn + cyn| ≤ |xn| + |c|· |yn| ≤(1 + |c|)(|xn| + |yn|) < 2(1 + |c|) ε

2(1 +|c|)

= ε (n ∈ N, n > S ).

Tehát az (xn + cyn) sorozat valóban nullasorozat: (xn + cyn) ∈ S oSpeciálisan: a tételben szereplő jelölésekkel (xn + yn) ∈ S 0 és (cxn) ∈ S 0. Innen az is

rögtön következik, hogy ha (xn), (yn) ∈ S 0 és c, d ∈ K, akkor (cxn + dyn) ∈ S 0.




A továbbiakban a konvergens számsorozatok halmazát az S szimbólummal fogjuk jelölni:

S := x : N→ K : x konvergens.

A konvergens sorozatok és az"

alapműveletek" kapcsolatát fejezi ki a

3.7.5. Tétel. Tetszőleges (xn), (yn) ∈ S és c ∈ K esetén

i) (xn + cyn) ∈ S és lim(xn + cyn) = lim(xn) + c lim(yn),

ii) (xnyn) ∈ S és lim(xnyn) = lim(xn)· lim(yn),

iii) ha yn = 0 (n ∈ N) és lim(yn) = 0, akkor

xnyn

∈ S és

lim

xnyn

=

lim(xn)

lim(yn).

Bizonyítás. Legyenα := lim(xn) , β := lim(yn),

és lássuk be először az i) állítást. A 3.7.2. Tételt figyelembe véve azt kell ehhez megmutat-nunk, hogy

(xn + cyn − (α + cβ )) ∈ S 0.

Ha n ∈ N, akkor

|xn + cyn − (α + cβ )| = |xn − α + c(yn − β )| ≤ |xn − α| + |c|· |yn − β | =: z n.

A 3.7.2. Tétel szerint (|xn − α|), (|yn − β |) ∈ S 0, ezért a 3.7.4. Tétel miatt (z n) ∈ S 0.Alkalmazható tehát a 3.7.1. Tétel, hogy ti. (xn + cyn − (α + cβ )) ∈ S 0.

Hasonlóan járhatunk el a ii) állítás bizonyítása során is. Legyen n ∈ N, ekkor

|xnyn − αβ | = |(xn − α)yn + α(yn − β )| ≤ |xn − α|· |yn| + |α|· |yn− β | =: sn.

A 3.7.2. Tétel és a 3.7.3. Tétel miatt (|xn − α|· |yn|) ∈ S 0, ill. a 3.7.3. Tétel szerint(|yn − β |) ∈ S 0. A 3.7.4. Tételből ezért azt kapjuk, hogy (sn) ∈ S 0, amiből meg a 3.7.1.Tétel alapján (xnyn − αβ ) ∈ S 0, azaz (ld. 3.7.2. Tétel) ii) következik.

Végül lássuk be a iii) állítást. Ehhez mutassuk meg először is azt, hogy az yn

= 0

(n ∈ N), β = lim(yn) = 0 feltételek miatt az (1/yn) (reciprok) sorozat korlátos. Legyenehhez ε := |β |/2, ekkor egy alkalmas N ∈ N küszöbindex mellett

|yn − β | < ε = |β |

2 (n ∈ N, n > N ).




Így

|yn| = |β + yn − β | ≥ |β | − |yn − β | > |β | − |β |/2 = |β |

2 (n ∈ N, n > N ).

Tehát

1

yn < 2

|β | (n ∈ N, n > N ),

következésképpen a

q := max

1

y0

,...,

1

yN

jelöléssel 1

yn

≤ maxq, 2/|β | (n ∈ N).

Most bizonyítsuk be, hogy (1/yn) ∈ S

és lim(1/yn) = 1/β. Ui.

1

yn− 1

β =

β − ynβ · yn

= (β − yn)· 1

β · yn(n ∈ N).

A 3.7.2. Tétel alapján (β −yn) ∈ S 0, ill. az előbbiek szerint (1/yn) és így nyilván (1/(βyn))is korlátos sorozat. A 3.7.3. Tétel miatt ezért ((β − yn)/(βyn)) ∈ S 0, ami (ld. 3.7.2. Tétel)éppen azt jelenti, amit állítottunk.

Azt kell már csupán figyelembe venni, hogy

xn

yn= xn

· 1

yn(n

∈N),

más szóval az (xn/yn)"

hányados-sorozat" két konvergens sorozat szorzata. Így a ii) állítás(és a reciprok sorozatról az előbb mondottak) miatt (xn/yn) ∈ S és lim(xn/yn) = α/β.

A most bebizonyított tétel i) állításából nyilvánvalóan következik, hogy bármely(xn), (yn) ∈ S , ill. c, d ∈ K esetén (cxn + dyn) ∈ S , és

lim(cxn + dyn) = c lim(xn) + d lim(yn).

A továbbiakban a konvergencia és a rendezés kapcsolatát vizsgáljuk. Először is mutassukmeg, hogy a két konvergens valós számsorozat tagjai közötti nagyságrendi kapcsolat bizonyosmértékig tükröződik a határértékeik közötti nagyságrendi viszonyban is. Sőt, mindez bizo-nyos értelemben

"fordítva" is fennáll: a határértékek ilyen értelmű viszonyából következtetni

tudunk a szóban forgó sorozatok tagjai közötti nagyságrendi összefüggésre. Igaz ti. a




3.7.6. Tétel. Tegyük fel, hogy az (xn), (yn) : N → R sorozatok konvergensek. Ekkor:

i) ha xn ≤ yn (m.m. n ∈ N), akkor lim(xn) ≤ lim(yn);

ii) ha lim(xn) < lim(yn), akkor xn < yn (m.m. n ∈ N).

Bizonyítás. Legyen α := lim(xn), β := lim(yn), és lássuk be először az i) állítást.Vegyük észre, hogy ez következik ii)-ből. Valóban, ha az i)-beli xn ≤ yn (m.m. n ∈ N)feltétel mellett indirekt módon azt tesszük fel, hogy β < α, akkor ii)-ből (az xn ↔ yn(n ∈ N) szerepcserével) azt kapjuk, hogy yn < xn (m.m. n ∈ N). Ez nyilván ellentmondaz xn ≤ yn (m.m. n ∈ N) feltételezésnek.

Ezzel (a ii)-t feltételezve) az i) állítást beláttuk. Megjegyezzük, hogy egyébként ii)meg következik i)-ből. Ui. indirekt módon feltéve ii)-ben, hogy egy (ν n) indexsorozattalyν n ≤ xν n (n ∈N), az i)-ből lim(yn) = lim(yν n) ≤ lim(xν n) = lim(xn) adódik, szemben aii)-beli feltétellel.

A ii) bizonyításához legyen

ε := β − α

2 ,

az M, R ∈ N küszöbindexeket pedig válasszuk úgy, hogy

α − ε < xn < α + ε = α + β

2 (n ∈ N, n > M ),

ill.

β − ε = α + β

2 < yn < β + ε (n ∈ N, n > R).

Tehát az S := maxM, R küszöbindexszel

xn < α + β

2 < yn (n ∈ N, n > S ).

Más szóval xn < yn (n ∈ N, n > S ), amint azt ii)-ben állítottuk.

A konvergens sorozatokkal kapcsolatos vizsgálatokban az egyik legtöbbször idézett állítása

3.7.7. Tétel (közrefogási elv). Az (xn), (yn), (z n) : N

→ R sorozatokról tegyük fel,

hogy xn ≤ yn ≤ z n (m.m. n ∈ N),

az (xn), (z n) sorozatok konvergensek és lim(xn) = lim(z n). Ekkor az (yn) sorozat is konvergens, és lim(yn) = lim(xn).




Bizonyítás. Az xn ≤ yn ≤ z n (m.m. n ∈N)"

közrefogási" feltétel miatt egy alkalmasN ∈ N indexszel

xn ≤ yn ≤ z n (n ∈ N, n > N ).

Ha

α := lim(xn) = lim(z n)

és ε > 0 tetszőleges, akkor egy-egy M, R ∈ N küszöbindex mellett

α − ε < xn < α + ε (n ∈ N, n > M ),

ill.α − ε < z n < α + ε (n ∈ N, n > R).

Legyen S := maxN ,M,R, ekkor

α−

ε < xn ≤

yn ≤

z n < α + ε (n ∈N, n > S ).

Ez azt jelenti, hogy|yn − α| < ε (n ∈ N, n > S ),

azaz az (yn) sorozat valóban konvergens és lim(yn) = α.

A számsorozatokkal kapcsolatos vizsgálatok egyik központi kérdése annak az eldöntése,hogy a szóban forgó sorozat konvergens-e. Világos, hogy ezt kizárólag az illető sorozatismeretében el kell tudnunk dönteni. Ehhez speciális tulajdonságú sorozatok esetében márvannak eszközeink. Ilyen pl. a monoton valós sorozatokat illetően a 3.5.3. Tétel. Ha ilyen

"

specialitások" nem állnak rendelkezésre, akkor

"

marad" a konvergencia definíciója. Ebben a

definícióban viszont szerepel egy, a később határértéknek nevezett szám, aminek az ismeretenélkül a definíciója

"használhatatlan". (Formálisan szólva azt kell meghatároznunk, hogy

mi a sorozat határértéke, amit a definíció alapján csak akkor tudunk megtenni, ha ismerjüka határértéket!) Világos tehát, hogy szükség van olyan kritériumra, aminek az alapjánkizárólag a sorozat ismeretében el tudjuk dönteni, hogy az konvergens-e vagy sem.

Könnyen jutunk egy szükséges feltételhez a konvergenciát illetően. Tegyük fel ui., hogyaz (xn) : N→K sorozat konvergens és legyen α := lim(xn). Ekkor bármely ε > 0 számhozvan olyan N ∈ N küszöbindex, hogy

|xn

−α

|<

ε

2

(n

∈N, n > N ).

Következésképpen tetszőleges n, m ∈ N, n, m > N mellett

|xn − xm| = |xn − α + (α − xm)| ≤ |xn − α| + |xm − α| < ε

2 +

ε

2 = ε.




Ezt szem előtt tartva azt mondjuk, hogy az (yn) : N → K sorozat Cauchy-sorozat, hatetszőleges ε > 0 esetén létezik olyan N ∈ N küszöbindex, amellyel

(3.7.1) |yn − ym| < ε (n, m ∈ N, n, m > N ).

A most megfogalmazott (3.7.1) tulajdonság az ún. Cauchy-kritérium. Ha tehát egy számso-rozat konvergens, akkor szükségképpen Cauchy-sorozat is (más szóval eleget tesz a Cauchy-kritériumnak).

A következő tételben azt mutatjuk meg, hogy a Cauchy-kritérium nem csupán szükséges,de elégséges feltétele is a konvergenciának.

3.7.8. Tétel. Az (yn) : N → K sorozat akkor és csak akkor konvergens, ha Cauchy-sorozat.

Bizonyítás. Az eddig mondottak miatt csupán az elégségességet kell már igazolnunk.Tegyük fel tehát, hogy az (yn) : N → K sorozat Cauchy-sorozat, azaz teljesül a (3.7.1) fel-tétel. Lássuk be először is, hogy ekkor (yn) korlátos. Valóban, ha (pl.) a (3.7.1) kritériumotaz ε := 1 választással alkalmazzuk, akkor (egy alkalmas N ∈ N indexszel)

|yn − ym| < 1 (n, m ∈ N, n, m > N ).

Innen|yn| = |(yn − yN +1) + yN +1| ≤

|yn

−yN +1

|+

|yN +1

|< 1 +

|yN +1

| (n

∈N, n > N )

következik. Haq := max|y0|,..., |yN |,

akkor|yn| ≤ maxq, 1 + |yN +1| (n ∈ N),

azaz a szóban forgó sorozat valóban korlátos. Alkalmazható tehát a Bolzano-Weierstrass-félekiválasztási tétel (ld. 3.5.6. Tétel), miszerint egy alkalmas (ν n) indexsorozattal az (yν n)résszorozat konvergens.

Legyen

α := lim(yν n)és ε > 0 tetszőleges. Ekkor van olyan M ∈ N küszöbindex, hogy

|yν n − α| < ε

2 (n ∈ N, n > M ).




A (3.7.1) Cauchy-kritériumot most ε helyett ε/2-re alkalmazva azt mondhatjuk, hogy egyalkalmas N ∈ N mellett

|yn − ym| < ε

2 (n, m ∈ N, n, m > N ).

Legyen R := maxN, M . Emlékeztetünk arra (ld. 3.2.5. v) megjegyzés), hogy ν n ≥ n(n ∈ N), ezért n ∈ N, n > R (≥ N ) esetén egyúttal ν n > R (≥ N, M ) is teljesül. Ezért

|yn − α| = |(yn − yν n) + (yν n − α)| ≤ |yn − yν n| + |yν n − α)| <

ε

2 +

ε

2 = ε (n ∈ N, n > R).

Tehát az (yn) sorozat konvergens (és lim(yn) = α).

A konvergens sorozatokkal kapcsolatos vizsgálódásaink lezárásaként foglalkozzunk rö-viden a határérték fogalmának az alábbi kiterjesztésével. Ehhez először tekintsünk egy(xn) : N → R valós sorozatot. Azt mondjuk, hogy az (xn) sorozatnak +∞ a határér-

téke, ha tetszőleges p ∈ R valós számhoz létezik olyan N ∈ N küszöbindex, hogyxn > p (n ∈ N, n > N ).

Más szóval minden p ∈ R mellett xn > p (m.m. n ∈ N). Világos, hogy ha kell, akkornyugodtan feltehetjük itt azt is, hogy p > 0.

Hasonlóan azt mondjuk, hogy az (yn) : N → R sorozatnak −∞ a határértéke, habármelyik q ∈R esetén van olyan N ∈ N, amellyel

yn < q (n ∈ N, n > N )

(vagy másképp fogalmazva tetszőleges q ∈ R mellett yn < q (m.m. n ∈ N)). Ha kell,

akkor itt is feltehetjük, hogy q < 0.Azt mondjuk továbbá, hogy a (z n) : N→ R sorozatnak van határértéke, ha (z n) konver-

gens, vagy létezik a lim(z n) = +∞ (vagy −∞) határérték. Világos, hogy ha lim(z n) = +∞(vagy lim(z n) = −∞), akkor lim(|z n|) = +∞.

Ha pl. az x = (xn) : N → R sorozat monoton növő és felülről nem korlátos (azazsup Rx = +∞), akkor tetszőleges p ∈R esetén egy alkalmas N ∈ N indexszel xN > p. Amonotonitás miatt ezért egyúttal az is igaz, hogy

xn > p (n ∈ N, n > N ).

A fenti definíció értelmében tehát lim(xn) = +

∞.

Analóg módon kapjuk monoton fogyó és alulról nem korlátos y = (yn) sorozatra (amikoris tehát inf Ry = −∞), hogy lim(yn) = −∞.

Figyelembe véve a 3.5.3. Tételt ezzel beláttuk a következő állítást:




3.7.9. Tétel. Bármely monoton x = (xn) : N → R sorozatnak van határér-téke. Ha (xn) monoton növő, akkor lim(xn) = sup Rx, ha monoton fogyó, akkor lim(xn) = inf Rx.

Komplex (z n) : N → C sorozatok esetén akkor mondjuk, hogy a (z n) sorozatnak a határértéke ∞, azaz lim(z n) = ∞, ha minden p ∈ R számhoz megadható olyan N ∈ Nküszöbindex, amellyel

|z n| > p (n ∈ N, n > N ).

Tehát akkor, ha tetszőleges p ∈ R esetén |z n| > p (m.m. n ∈ N). Világos, hogy mindez akövetkezővel ekvivalens: a (|z n|) sorozatnak van határértéke és lim(|z n|) = +∞.

Az előbbiekben tehát kibővített értelemben definiáltuk azt a tényt, hogy valamilyen(xn) : N → K sorozatnak van határértéke. A terminológiát illetően az (xn) sorozat kon-vergens kijelentés továbbra is azt fogja takarni, hogy (xn)-nek van határérértéke és az véges,azaz lim(xn)

∈K.

A most mondottakkal összhangban"

bővítsük ki" a valós, ill. a komplex számok halmazátaz alábbiak szerint:

R := R ∪−∞, +∞ , C := C ∪∞,

és legyen

K :=

R (K = R)

C (K = C).

Értelmezzük továbbá a −∞, +∞, ∞ elemek környezeteit a következőképpen:

K (+∞

) := K p

(+∞

) := ( p, +∞

) ( p ∈R),

K (−∞) := K q(−∞) := (−∞, q ) (q ∈R),

K (∞) := K s(∞) := z ∈C : |z | > s (s > 0).

Ekkor egy (xn) : N → K sorozatnak a fenti kibővített értelemben akkor és csak akkor vanhatárértéke, ha létezik olyan α ∈ K, hogy bármely K (α) környezet esetén xn ∈ K (α)(m.m. n ∈ N).

Állapodjunk meg abban, hogy az R-beli műveleteket az alábbi"

lista" szerint terjesztjükki R-re:

1o ha u ∈ R, v ∈ −∞, +∞, akkor u + v := v + u := v,

2o ha 0 s ∈ R, akkor s(−∞) := (−∞)s := +∞, s(+∞) := (+∞)s := −∞,




4o (+∞) + (+∞) := +∞, (−∞) + (−∞) := −∞,

5o (+∞)(+∞) := (−∞)(−∞) := +∞,

6o (+∞)(−∞) := (−∞)(+∞) := −∞,

7o

ha u ∈ R, v ∈ −∞, +∞, akkor u

v := 0.

Külön is felhívjuk a figyelmet arra, hogy a műveletek kapcsán nem értelmeztük azokeredményét bizonyos esetekben, azaz a

(+∞) + (−∞) , (−∞) + (+∞) , ±∞±∞ ,

v

0 (v ∈R) , (±∞)0 , 0(±∞)

"kimeneteket".

Állapodjunk meg továbbá abban, hogy a ≤ rendezést a következőképpen értelmezzükR-ban: a, b ∈ R esetén az R-beli értelemben legyen a ≤ b, ill.

−∞ < a < +∞ (a ∈ R) , −∞ < +∞.

Mindezek fényében bővítsük ki a konvergencia és az"

alapműveletek" kapcsolatával fog-lalkozó 3.7.5. Tételt határértékkel rendelkező sorozatokra. Nevezetesen, igaz a

3.7.10. Tétel. Tegyük fel, hogy az (xn), (yn) : N → R sorozatok mindegyikének van határértéke, legyen α := lim(xn), β := lim(yn). Ekkor:

i) ha az α + β ∈ R összeg értelmezve van, akkor az (xn + yn) összeg-sorozatnak is van határértéke, és lim(xn + yn) = α + β ;

ii) ha az αβ ∈R szorzat értelmezve van, akkor az (xnyn) szorzat-sorozatnak is van határértéke, és lim(xnyn) = αβ ;

iii) ha yn = 0 (n ∈N) és az α/β ∈ R hányados értelmezve van, akkor az (xn/yn)hányados-sorozatnak is van határértéke, és lim(xn/yn) = α/β.

Bizonyítás. Nyilván feltehető már (ld. 3.7.5. Tétel), hogy α, β közül legalább az egyiknem valós szám. Lássuk be először i)-t. Legyen első esetként pl.

α

∈R , β = +

∞.

Ekkor i) szerint azt kell megmutatnunk, hogy lim(xn + yn) = α + β = +∞. Legyen ehhez p ∈ R tetszőleges, ekkor van olyan N ∈ N, hogy

yn > p − α + 1 (n ∈ N, n > N ).




Mivel α ∈ R, azaz (xn) konvergens, ezért egy alkalmas M ∈ N küszöbindexszel

α − 1 < xn < α + 1 (n ∈ N, n > M ).

Következésképpen

xn + yn > α − 1 + p − α + 1 = p (n ∈ N, n > maxN, M ),

azaz lim(xn + yn) = α + β = +∞.

Analóg módon adódik az i) állítás akkor is, ha α ∈ R , β = −∞. Ha viszont

α = β = +∞,

akkor az előbbi bizonyítást annyiban kell csupán módosítani, hogy az ott szereplő p ∈ Rmellett egy-egy alkalmas N, M ∈ N küszöbindexszel

yn >

p

2 (n ∈ N, n > N ) , xn >

p

2 (n ∈ N, n > M ).

Ezértxn + yn >

p

2 +

p

2 = p (n ∈ N, n > maxN, M ),

azaz lim(xn + yn) = α + β = +∞.

Világos, hogy a most mondottak egyszerű módosítával kapjuk i)-t abban az esetben is,amikor α = β = −∞.

Bizonyítsuk be most ii)-t akkor, ha 0 < α ∈ R és β = +∞. Ekkor alkalmas N ∈ Nküszöbbel

α−

α

2 =

α

2 < xn < α +

α

2 (n

∈N, n > N ),

ill. tetszőleges 0 2 p

α (n ∈ N, n > M ).

Innen azt kapjuk, hogy

xnyn > α

2· 2 p

α = p (n ∈ N, n > maxN, M ).

Ez pontosan azt jelenti, hogy lim(xnyn) = αβ = +∞.

A fentiek értelemszerű módosításával "kezelhetjük" a ii) állítás bizonyításakor az

0 = α ∈ R, β = ±∞esetekből a még

"hiányzókat".




Most belátjuk ii)-t akkor, ha α = β = +∞. Itt annyi a különbség a fent részletezett0 < α ∈ R, β = +∞ esethez képest, hogy az N, M küszöbindexekről az alábbiakat téte-lezhetjük fel:

xn >√

p (n ∈ N, n > N ) , yn >√

p (n ∈ N, n > M ).

Következésképpen

xnyn >√

p· √ p = p (n ∈ N, n > maxN, M ),

azaz lim(xnyn) = αβ = +∞.

Analóg módon kapjuk a ii)-ből még"

hiányzó" eseteket.

A iii) állításhoz tegyük fel, hogy 0 < β ∈R és α := ±∞. Ekkor (ld. 3.7.5. Tétel)

lim

1

yn

=

1

β ,

és a iii) állítás következik a ii)-ből. Analóg módon kapjuk iii)-t a 0 > β ∈ R, α = ±∞esetekben is. Ha viszont β = ±∞ és α ∈ R, akkor először lássuk be, hogy

lim

1

yn

= 0.

Legyen ui. β = +∞ és ε > 0, ekkor egy alkalmas N ∈ N mellett

yn > 1

ε (n ∈ N, n > N ).

Tehát 0 < 1/yn < ε (n ∈ N, n > N ), azaz lim(1/yn) = 0.

Ha β = −∞, akkor annyi a különbség a most mondottakhoz képest, hogy

yn < −1

ε (n ∈ N, n > N ),

azaz −ε < 1/yn < 0 (n ∈ N, n > N ). Így lim(1/yn) = 0.

Alkalmazható ezért a 3.7.5. Tétel:

limxnyn

= lim xn· 1yn

= α· 0 = 0 = α±∞ = αβ

.




3.8. Megjegyzések

i) Speciálisan (ld. 3.7.5. Tétel) konvergens (xn), (yn) sorozatok esetén az

(xn + yn) , (xn − yn)

sorozatok is konvergensek és

lim(xn + yn) = lim(xn) + lim(yn) , lim(xn − yn) = lim(xn) − lim(yn)

(ami a szóban forgó tétel i) állításából a c := 1, ill. c := −1 választással adódik).

ii) A 3.7.5. Tétel kapcsán felhívjuk a figyelmet arra, hogy pl. az (xn+yn) összeg-, vagy az(xnyn) szorzat-, vagy az (xn/yn) hányados-sorozat lehet úgy is konvergens, hogy akársem az (xn), sem pedig az (yn) sorozat nem konvergens (divergens). A legegyszerűbbpélda ennek az illusztrálására az

xn := (−1)n , yn := −xn (n ∈ N)

sorozatok esete. Láttuk (ld. 3.6. vii) megjegyzés), hogy a ((−1)n) sorozat divergens,azaz az (xn) sorozat és (nyilvánvaló módon) az (yn) sorozat is divergens. Ugyanakkoraz előbb említett összeg-(szorzat, hányados) sorozatok konstanssorozatok (ld. 3.6. viii)megjegyzés), azaz konvergensek.

iii) Ha viszont (xn + yn) konvergens, és azt tudjuk, hogy (pl.) az (xn) sorozat is kon-vergens, akkor az (yn) sorozat már szükségképpen konvergens. Ui. alkalmazható az

előbbi i) megjegyzés, ti.yn = (xn + yn) − xn (n ∈ N).

Hasonló a helyzet, ha az (xn/yn) konvergenciája mellett pl. azt tudjuk, hogy az (yn)sorozat is konvergens. Ekkor az (xn) sorozat konvergens, ui.

xn = yn· xnyn

(n ∈ N),

és alkalmazható a 3.7.5. Tétel ii) állítása.

iv) A 3.7.5. Tétel iii) állításában szereplő lim(yn) = 0 feltétel nem csupán a hányados-sorozat határértékének a kiszámítása szempontjából lényeges. Legyen ui.

xn := 1

n + 1 , yn :=

(−1)n

n + 1 (n ∈ N).




Ekkor könnyű meggyőződni arról, hogy a most definiált sorozatok nullasorozatok. Hi-szen tetszőleges ε > 0 esetén bármely olyan N ∈ N

" jó" küszöbindex, amelyre

N > 1/ε :

|xn| = |yn| = 1

n + 1 <

1

n <

1

N < ε (n ∈ N, n > N ).

Ugyanakkorxnyn

= (−1)n (n ∈ N)

miatt az (xn/yn) sorozat divergens.

v) A 3.7.6. Tétel i) állításában nyert lim(xn) ≤ lim(yn) eredmény nem"

élesíthető",azaz lim(xn) < lim(yn) általában nem igaz. Még akkor sem, ha az i)-belixn ≤ yn (m.m. n ∈ N) feltételt az

"élesebb" xn < yn (m.m. n ∈ N) feltételre

módosítjuk. Tekintsük ui. az

xn := 1

(n + 1)2

, yn := 1

n + 1 (n

∈N)

sorozatokat. Az előbb láttuk, hogy (yn) ∈ S 0. Innen a nyilvánvaló

0 < x0 = y0 , 0 < xn < yn (1 ≤ n ∈ N)

becslések, ill. a 3.7.1. Tétel miatt (xn) ∈ S 0 is teljesül, azaz

lim(xn) = lim(yn) = 0.

vi) A 3.7.5. Tétel i) állítása alapján (a lineáris algebra nyelvén fogalmazva) azt mondhatjuk, hogy a konvergens számsorozatok

S halmaza (a K test felett) vektortér. Legyen

L : S →K az a függvény, amelyre

L(x) := lim x (x ∈ S ).

(A vektortereken értelmezett számértékű függvényeket (a"

függvény" szóval szinonimszámtalan kifejezés közül választva) többnyire funkcionáloknak nevezzük.) Ekkor (ld.az előbb idézett állítást)

L(x + y) = L(x) + L(y) , L(cx) = cL(x) (x, y ∈ S , c ∈ K),

azaz L additív és homogén. Röviden szólva L lineáris funkcionál.

vii) A hányados-sorozat határértékével kapcsolatos eredményeinket illetően (ld. 3.7.5.,3.7.10. Tételek iii) állításai) az alábbiakat jegyezzük meg. Ha az (yn) : N → K

sorozat konvergens és β := lim(yn) = 0, akkor könnyen láthatóan

yn = 0 (m.m. n ∈ N).




Valóban, legyen ε := |β |/2, ekkor egy alkalmas N ∈ N küszöbindexszel

|yn − β | < ε = |β |

2 (n ∈ N, n > N ).

Következésképpen|yn| = |(yn − β ) + β | ≥ |β | − |yn − β | >

|β | − |β |2

= |β |

2 > 0 (n ∈ N, n > N ),

azaz yn = 0 (n ∈ N, n > N ). Ha tehát (ld. 3.2. ii) megjegyzés) az (1/yn) reciprok-sorozaton azt az f ∈ N→K leképezést értjük, amelyre

f (n) := 1

yn(n ∈ N, n > N ),

akkor a 3.7.5. Tétel iii) állításában az"

yn = 0 (n ∈ N)” feltétel el is hagyható.Ugyanez mondható a 3.7.10. Tétel iii) állításában is, ui. (az ottani jelölésekkel) az

"α/β értelmezve van" feltételből β = 0 következik.

viii) A későbbiekben többször hivatkozunk az alábbi tényre: ha az (xn) : N → K sorozatkonvergens és α := lim(xn), akkor az (|xn|) sorozat is konvergens, és lim(|xn|) = |α|.Ui. mindez α = 0 esetén a konvergencia definíciója alapján triviális, ha pedig α = 0,akkor a háromszög-egyenlőtlenség (ld. 1.4. xxi) megjegyzés) miatt

||xn| − |α| | ≤ |xn − α| (n ∈ N).

Mivel (ld. 3.7.2. Tétel) (|xn − α|) nullasorozat, ezért (ld. 3.7.1. Tétel) (||xn| − |α||)is az. Így (ld. 3.7.2. Tétel) (|xn|) konvergens és lim(|xn|) = |α|.

ix) A 3.7.6. Tételből speciális esetként kapjuk az alábbi következményeket: tegyük fel,hogy az (xn) : N→ R sorozat konvergens és α := lim(xn). Ekkor

1o ha a c ∈ R számmal xn ≤ c (m.m. n ∈ N), akkor α ≤ c;

2o ha c ∈ R és α < c, akkor xn < c (m.m. n ∈ N).

(Válasszuk ui. az yn := c (n ∈ N) konstanssorozatot, amikor is lim(yn) = c.)

x) Tegyük fel, hogy adott egy (xn) : N→ R sorozat, és legyen

yn := supxk ∈ R : k ∈N, k ≥ n (n ∈ N),

z n := inf xk ∈ R : k ∈N, k ≥ n (n ∈ N).




Mivel

xk ∈ R : k ∈N, k ≥ n + 1 ⊂ xk ∈ R : k ∈N, k ≥ n (n ∈ N),

ezért

yn+1 ≤ yn , z n+1 ≥ z n (n ∈ N).Világos, hogy ha az (xn) sorozat felülről nem korlátos, akkor minden n ∈ N esetényn = +∞, ill. analóg módon, ha az (xn) sorozat alulról nem korlátos, akkor pedigbármely n ∈ N mellett z n = −∞. Definiáljuk ezek után az (xn) sorozat limesz szuperiorját, ill. limesz inferiorját a következőképpen:

lim sup(xn) :=

+∞ (ha (xn) felülről nem korlátos)

lim(yn) (ha (xn) felülről korlátos),

lim inf(xn) := −∞ (ha (xn) alulról nem korlátos)

lim(z n) (ha (xn) alulról korlátos).

Mivel z n ≤ yn (n ∈ N) nyilvánvalóan teljesül, ezért

lim inf(xn) ≤ lim sup(xn).

A 3.7.9. Tételt is figyelembe véve, ha (xn) felülről korlátos, akkor

lim sup(xn) = inf supxk ∈ R : k ∈N, k ≥ n : n ∈ N ,

ill., ha (xn) alulról korlátos, akkor

lim inf(xn) = sup inf xk ∈ R : k ∈N, k ≥ n : n ∈ N .

Pl. lim sup((−1)n) = 1, lim inf((−1)n) = −1, míg lim sup(1/n) = 0, és hasonlóanlim inf(1/n) = 0.

xi) Megmutatható, hogy bármely (xn) : N→ R sorozat esetén az alábbiak igazak:

1o tetszőleges α, β ∈ R, α < lim sup(xn) < β esetén n ∈ N : xn > α végtelenhalmaz, n ∈ N : xn > β véges halmaz;

2o

tetszőleges γ, δ ∈ R, γ < liminf(xn) < δ esetén n ∈ N : xn < δ végtelenhalmaz, n ∈ N : xn < γ véges halmaz;

3o az (xn) sorozatnak akkor és csak akkor van hatértéke, ha lim inf(xn) =lim sup(xn);




4o ha lim inf(xn) = lim sup(xn), akkor lim(xn) = liminf(xn) (= lim sup(xn)).

xii) A 3.7.10. Tétel a"

kritikus esetekben" nem mond semmit, nevezetesen akkor, ha(az ottani jelölésekkel) α + β , vagy αβ, vagy α/β nincs értelmezve. Különösen

"emblematikus" a

"0/0 eset", azaz, amikor α = β = 0 és az (xn/yn) sorozatot kell

vizsgálni a határérték szempontjából. Illusztrációképpen tekintsük az alábbi példákat:1o xn := yn := 1/n (1 ≤ n ∈ N), ekkor α = lim(xn) = β = lim(yn) = 0, és triviális

módon létezik a lim(xn/yn) = 1 határérték;

2o xn := 1/n2, yn := 1/n (1 ≤ n ∈N), ekkor lim(xn) = lim(yn) = 0, és hasonlóanlétezik lim(xn/yn), de lim(xn/yn) = lim(1/n) = 0;

3o xn := 1/n, yn := 1/n2 (1 ≤ n ∈ N), ekkor lim(xn) = lim(yn) = 0, éslim(xn/yn) = lim(n) = +∞;

4o xn := 1/n, yn := (−1)n/n (1 ≤ n ∈ N), ekkor lim(xn) = lim(yn) = 0, de az(xn/yn) = ((

−1)n)) sorozat divergens;

5o xn := n, yn := n2 (1 ≤ n ∈ N), ekkor lim(xn) = lim(yn) = +∞, éslim(xn/yn) = lim(1/n) = 0;

6o xn := n2, ha n páros, és xn := n, ha n páratlan, yn := n2 (1 ≤ n ∈ N), ekkorlim(xn) = lim(yn) = +∞, de

xnyn

=

1 (n páros)

1n (n páratlan)

(1 ≤ n ∈ N)

miatt lim(x2n/y2n) = 1, lim(x2n+1/y2n+1) = 0, ezért (ld. 3.5.2. Tétel) az(xn/yn) sorozat divergens;

7o xn := n2, yn := n (n ∈ N), ekkor lim(xn) = lim(yn) = +∞, és könnyenláthatóan lim(xn − yn) = lim (n(n − 1)) = +∞;

8o xn :=√

n + 2, yn := √

n (n ∈ N), ekkor lim(xn) = lim(yn) = +∞, és

lim(xn − yn) = lim (√

n + 2 − √ n) = lim

1√

n + 2 +√

n

= 0;

9o xn := n2, ha n páros és xn := n, ha n páratlan, yn := n2 (1 ≤ n ∈ N), ekkorlim(xn) = lim(yn) = +∞, de

xn−

yn =

0 (n páros)

n − n2 (n páratlan)

(1

≤n

∈N)

miatt lim(x2n − y2n) = 0, lim(x2n+1 − y2n+1) = −∞, ezért az (xn − yn) sorozatdivergens, stb.




3.9. Speciális sorozatok

A továbbiakban olyan speciális sorozatokat vizsgálunk, amelyekre a későbbiekben sokszorlesz szükségünk.

3.9.1. Tétel. A pozitív természetes számok reciprokaiból álló (1/n) sorozat nullaso-rozat, azaz konvergens és

lim

1

n

= 0.

Bizonyítás. Tetszőleges ε > 0 számhoz legyen (ld. 1.3.1. Tétel) N ∈ N olyan, hogyNε > 1, azaz 1/N < ε. Ekkor

0 < 1

n <

1

N < ε (n ∈ N, n > N ),

ami az állításunk bizonyítását jelenti.

3.9.2. Tétel. Legyen q ∈K. Ekkor

1o |q | < 1 esetén a (q n) sorozat nullasorozat, azaz konvergens és

lim(q n) = 0;

2o sőt, ha |q | < 1, akkor tetszőleges 1 ≤ k ∈ N"

kitevő" mellett az (nkq n) sorozat is nullasorozat, azaz

lim nkq n = 0;

3o ha |q | > 1, akkor a (q n) sorozat divergens, és lim(|q n|) = +∞, ill. q ∈ R,q > 1 esetén lim(q n) = +∞, míg q ∈ R, q < −1 esetén nincs határértéke a (q n) sorozatnak ;

4o a |q | = 1 esetben a (q n) sorozat akkor és csak akkor konvergens, ha q = 1

(és ekkor lim(q n) = lim(1) = 1).

Bizonyítás. Mivel q = 0 esetén q n = nkq n = 0 (0 < n, k ∈N), ezért ebben az esetben

a (q n

) és az (nk

q n

) (1 ≤ k ∈N) sorozatok triviálisan nullasorozatok.Így feltehetjük, hogy 0 < |q | < 1, azaz 1/|q | > 1. Van tehát olyan h > 0 szám, amellyel

1

|q | = 1 + h.



3.9. SPECIÁLIS SOROZATOK 75

Vizsgáljuk először a k = 0 esetet, amikor is a (q n) sorozatról van szó. A Bernoulli-egyenlőtlenség (ld. 1.3.4. Tétel) szerint

1

|q |n = (1 + h)n ≥ 1 + nh > nh (n ∈ N),

azaz|q |n <

1

nh (0 < n ∈ N).

A 3.9.1. Tétel és a 3.7.4. Tétel miatt az (1/(nh)) sorozat nullasorozat, következésképpen amajoráns-kritérium (ld. 3.7.1. Tétel) alapján lim(q n) = 0.

Legyen most k ≥ 1, és n ∈ N, n > k esetén alkalmazzuk a binomiális tételt:

1

|q |n = (1 + h)n =n j=0

n

j

h j ≥

k+1 j=0

n

j

h j ≥

n

k + 1hk+1 = n(n

−1)

·...

·(n

−k)

(k + 1)! hk+1 = hk+1nk+1

(k + 1)!

k j=0

1 − j

n .

Ha tehát

yn :=k j=0

1 − j

n

(k < n ∈ N),

akkor1

|q |n ≥ hk+1

(k + 1)!ynnk+1 (k < n ∈ N).

Vegyük észre, hogy yn > 0 (k < n ∈ N), ill. minden j = 0,...,k esetén (ld. 3.9.1., 3.7.4.Tételek)

lim1 − jn = 1.

Így a 3.7.4. Tétel szerint

lim(yn) = lim

k j=0

1 − j

n

=k j=0

lim

1 − j

n

= 1,

ill. lim(1/yn) = 1.

A fentiek alapján azt mondhatjuk, hogy

nkq n ≤ (k + 1)!

hk+1 · 1

yn · 1

n (k < n ∈ N),

ahol

lim

(k + 1)!

hk+1 · 1

yn· 1

n

=

(k + 1)!

hk+1 · lim

1

yn

· lim

1

n

= 0.




Az előbb már idézett majoráns-kritérium (ld. 3.7.1. Tétel) miatt tehát lim(nkq n) = 0.

Most tegyük fel, hogy |q | > 1, azaz valamilyen h > 0 számmal |q | = 1 + h. Ekkor aBernoulli-egyenlőtlenség (ld. 1.3.4. Tétel) szerint

|q n

|=

|q

|n = (1 + h)n

≥1 + nh > nh (n

∈N).

Következésképpen a (q n) sorozat (nyilván) nem korlátos, így (ld. 3.5.4. Tétel) divergens.Ha p ∈ R tetszőleges, akkor legyen N ∈ N olyan, hogy N > p/h. Világos, hogy ekkor

|q n| > nh > Nh > p (n ∈ N, n > N ),

azazlim(|q n|) = +∞.

Ha itt 1 < q ∈R, akkorlim(|q n|) = lim(q n) = +∞.

Ha viszont q ∈R és q <

−1, akkor az előzőek (és q 2 > 1 miatt)

lim(q 2n) = lim

(q 2)n

= +∞,

delim(q 2n+1) = q · lim

(q 2)n

= q · (+∞) = −∞.

Ezért nem létezik a (q n) sorozatnak határértéke.

Legyen végül |q | = 1, és xn := q n (n ∈ N). Világos, hogy

xn+1 = q n+1 = qq n = qxn (n ∈ N).

Ha az (xn) sorozat konvergens és α := lim(xn), akkor (ld. 3.6. vi) megjegyzés) egyúttalα = lim(xn+1), azaz az előbbi rekurzív összefüggés alapján

α = lim(xn+1) = q lim(xn) = qα.

Azt kaptuk tehát, hogy (1 − q )α = 0. Innen q = 1, vagy α = 0 következik. Az utóbbi nemlehet, ui. (ld. 3.8. viii) megjegyzés)

|α| = lim(|xn|) = lim(1) = 1.

3.9.3. Tétel. Legyen

xn :=

1 + 1

n

n(0 < n ∈ N).

Ekkor az (xn) sorozat szigorúan monoton növő, és felülről korlátos.




Bizonyítás. Alkalmazzuk a számtani-mértani középpel kapcsolatos tételünket (ld. 1.3.5.Tétel) az alábbi

"szereposztással" (az idézett tételbeli jelöléseket használva):

a0 := 1 , ak := 1 + 1

n (k = 1,...,n) (0 < n ∈ N).

Mivel a most definiált ak-k nem mind egyenlők egymással, ezért

xn =nk=0

ak <

nk=0 ak

n + 1

n+1

=

1 + n + 1

n + 1

n+1

= xn+1 (0 < n ∈ N).

Tehát az (xn) sorozat szigorúan monoton növő.

A korlátosság bizonyításához módosítsuk az előbbi ak-kat úgy, hogy

a0 := a1 := 1

2 , ak := 1 +

1

n (k = 2,...,n + 1) (0 < n ∈ N).

Alkalmazva az 1.3.5. Tételt azt mondhatjuk, hogy

xn4

=n+1k=0

ak <

n+1k=0 ak

n + 2

n+2

=

1/2 + 1/2 + n + 1

n + 2

n+2

= 1 (0 < n ∈ N),

következésképpen xn < 4 (n ∈ N).

3.9.4. Tétel. Legyen 2 ≤ m ∈ N, a > 0, és tekintsük azt az (xn) számsorozatot,amelyre

x0 := a , xn := 1

m

(m − 1)xn−1 +

a

xm−1n−1

(0 < n ∈ N).

Ekkor az (xn) sorozat konvergens, γ := lim(xn) > 0, és γ m = a.

A bizonyítás előtt emlékeztetünk a 3.2. vii)-ix) megjegyzésekre (a rekurzió tételre), mi-szerint a tételben szereplő sorozat létezik.

Bizonyítás. Mutassuk meg először, hogy xn > 0 (n ∈ N), és

(∗) xn ≥ xn+1 (0 < n ∈ N).

Valóban, a pozitivitáshoz alkalmazzunk teljes indukciót: x0 = a > 0, ha pedig valamilyen0 < n ∈ N esetén xn−1 > 0, akkor az (xn) sorozatot meghatározó rekurzív összefüggés

alapján xn > 0 is triviálisan igaz.A monotonitást jelentő (∗) összefüggés azzal ekvivalens, hogy

xn ≥ 1

m

(m − 1)xn +

a

xm−1n

(0 < n ∈ N),




azaz átrendezés után azzal, hogy

(∗∗) xmn ≥ a (0 < n ∈ N).

A (∗∗) becslés igazolásához alkalmazzuk a számtani-mértani közép-tételt (ld. 1.3.5. Tétel,

az ottani jelölésekkel n helyett (m − 1)-gyel) az

a0 := ... =: am−2 := xn−1 , am−1 := a

xm−1n−1

"változatban":

m−1k=0

ak = xm−1n−1

a

xm−1n−1

= a ≤m−1

k=0 akm

m=

(m − 1)xn−1 + a/xm−1

n−1

m

m= xmn .

Az (xn) sorozat tehát (ld. 3.5.3. Tétel) konvergens, legyen γ := lim(xn). A 3.7.5., 3.7.6.

Tételek miatt γ ≥ 0, ill. az (xm

n ) sorozat is konvergens, éslim(xmn ) = γ m ≥ a (> 0).

Következésképpen γ > 0. A 3.6. vi) megjegyzés miatt az (xn−1) sorozat is konvergens,és lim(xn−1) = γ. Ezért az (xn) sorozatot megadó rekurzív összefüggés és a 3.7.5. Tételalapján

γ = lim(xn) = lim

1

m

(m − 1)xn−1 +

a

xm−1n−1

=

1

m

(m − 1) lim(xn−1) +

a

lim(xm−1n−1 )

=

1

m

(m − 1)γ +

a

γ m−1

.

Innen már egyszerű átrendezéssel kapjuk, hogy γ m = a.

A 3.9.4. Tétel szerint tehát bármely 2 ≤ m ∈ N és 0 < a ∈ R esetén létezik olyanγ > 0, amelyre γ m = a. Gondoljuk meg, hogy ez a γ szám egyértelmű is. Ha ui. β > 0 isolyan, hogy β m = a, akkor

0 = a − a = γ m − β m = (γ − β )m−1k=0

γ kβ m−1−k.

Mivel itt minden k = 0,...,m − 1 mellett γ kβ m−1−k > 0, ezért

m−1k=0

γ kβ m−1−k > 0.

Következésképpen a fentiek szerint γ − β = 0, azaz valóban γ = β.




Az előbbi megjegyzést alkalmazva tehát a következőt mondhatjuk: bármely 0 < a ∈ Rés 2 ≤ m ∈ N esetén egyértelműen van olyan γ > 0 szám, amelyre γ m = a. Ezt a γ számot az a szám m-edik gyökének nevezzük, és az alábbi szimbólummal jelöljük:

m√

a := γ.

Nyilvánvaló, hogy mindez kiterjeszthető a = 0-ra is: m√ 0 : = 0. Speciálisan az m = 2esetben 2

√ a helyett egyszerűen

√ a-t írunk (négyzetgyök a) (ld. 1.3.6. Tétel, ill. 1.4. xiii)

megjegyzés).

3.9.5. Tétel. Tetszőleges 0 < a ∈ R esetén

lim( n√

a) = 1.

Bizonyítás. Tegyük fel először, hogy a > 1. Ekkor bármely 2 ≤ n ∈ N"

kitevővel"n√

a > 1, azaz valamilyen 0 < hn

∈R számmal n

√ a = 1+hn. Következésképpen a Bernoulli-

egyenlőtlenség (ld. 1.3.4. Tétel) alapján

a = ( n√

a)n = (1 + hn)n ≥ 1 + nhn (2 ≤ n ∈ N).


0 < hn ≤ a − 1

n (2 ≤ n ∈ N).

A 3.9.1., 3.7.4. Tételek miatt lim((a − 1)/n) = 0, azaz a majoráns kritériumot (ld. 3.7.1.Tétel) alkalmazva lim(hn) = 0. A 3.7.2. Tétel miatt tehát lim(1 + hn) = 1. Mindez azt

jelenti, hogy a lim( n√

a) sorozat is konvergens, és lim( n√

a) = 1.

Az a = 1 esetben az állításunk triviális, hiszen ekkor ( n√

a) = (1) miatt az ( n√

a) sorozat

konstanssorozat, és lim( n√ a) = 1.Ha 0 < a < 1, akkor 1/a > 1, és az első eset alapján

lim

n

1/a

= 1.

Ugyanakkor (könnyen ellenőrizhetően)

n√

a = 1n

1/a

(2 ≤ n ∈ N),

azaz a műveleti"

szabályok" (ld. 3.7.5. Tétel) miatt az ( n√

a) sorozat is konvergens, és

lim n√ a = 1

lim

n

1/a = 1.




3.9.6. Tétel. Az ( n√

n) sorozat konvergens, és

lim( n√

n) = 1.

Bizonyítás. Legyen 2 ≤ n ∈ N, ekkor n

√ n > 1, azaz n

√ n = 1 + hn valamilyen 0 < hnszámmal. Így a binomiális tételt alkalmazva

n =

n√

nn

= (1 + hn)n =nk=0

n

k

hkn ≥

n

0

h0n +

n

1

hn +

n

2

h2n =

1 + nhn + n(n − 1)

2 h2

n ≥ 1 + n2

4 h2n.

Ezért

0 < h2n ≤

4(n − 1)

n2 <

4

n.

Az előző tétel bizonyításában is idézett tételeink alapján innen az következik, hogylim(h2

n) = 0. Ez azt jelenti, hogy bármely ε > 0 számra 0 < h2n < ε2 (m.m. n ∈ N).

Más szóval 0 < hn < ε (m.m. n ∈ N), azaz lim(hn) = 0. Következésképpen (ld. az előzőtétel bizonyításában követett analóg gondolatmenet)

lim

n√

n

= lim(1 + hn) = 1.

3.9.7. Tétel. Legyen valamilyen 0 < N , M

∈ N esetén adott az N -ed fokú P

polinom és az M -ed fokú Q polinom, ill. tekintsük az

xn := P (n)

Q(n) (n ∈ N \NQ)

sorozatot, ahol NQ jelöli a Q polinom gyökeinek a halmazát. Ha (ld. 2.4. xiv)megjegyzés)

P (x) =N k=0

akxk , Q(x) =M j=0

b jx j (x ∈ K),

akkor

1o N = M esetén az (xn) sorozat konvergens és lim(xn) = aN bN

;

2o N < M esetén az (xn) sorozat konvergens, és lim(xn) = 0;

3o N > M esetén az (|xn|) sorozatnak van határértéke, és lim(|xn|) = +∞;




4o ha P és Q valós együtthatós, azaz ak ∈ R (k = 0,...,N ) és b j ∈ R( j = 0,...,M ), akkor N > M esetén az (xn) sorozatnak van határértéke, és

lim(xn) =

+∞ (aN bM > 0)

−∞ (aN bM < 0).

Bizonyítás. Tegyük fel, hogy N = M, ekkor

xn =

N k=0 aknkN j=0 b jn j

= aN +

N −1k=0 aknk−N

bN +N −1 j=0 b jn j−N

(0 < n ∈ N \NQ).

Mivel az összes itt szereplő n, ill. k = 0,...,N − 1 és j = 0,...,N − 1 indexre

nk−N ≤ 1

n , n j−N ≤ 1

n,

ezért lim(nk−N ) = lim(n j−N ) = 0. Így a"

műveleti szabályok" (ld. 3.7.5. Tétel) alapján

lim

aN +

N −1k=0

aknk−N

= aN , lim

bN +

N −1k=0

bknk−N

= bN ,

ill. bN = 0 miatt

lim(xn) =lim

aN +

N −1k=0 aknk−N

lim

bN +

N −1k=0 bknk−N

= aN bN

.

Ha N < M, akkor

xn =

N k=0 aknkM j=0 b jn j

= 1

nM −N · aN +

N −1k=0 aknk−N

bM +M −1 j=0 b jn j−M

(0 < n ∈ N \NQ).

Most is elmondhatjuk, hogy

lim

aN +

N −1k=0

aknk−N

= aN , lim

bM +M −1 j=0

b jn j−M

= bM ,

azaz

limaN + N −1k=0 aknk−N

bM + M −1 j=0 b jn j−M =

lim

aN +

N −1k=0 aknk−N

lim bM + M −1 j=0 b jn j−M =

aN

bM .

Továbbá N < M miatt M − N ≥ 1, azaz

1/nM −N ≤ 1/n (0 < n ∈ N),




így lim(1/nM −N ) = 0 és

lim(xn) = lim

1

nM −N

· lim

aN +

N −1k=0 aknk−N

bM +

M −1 j=0 b jn j−M

= 0· aN

bM = 0.

Az N > M esetben az előbbiek szerint

xn =

N k=0 aknkM j=0 b jn j

= nN −M · aN +N −1k=0 aknk−N


(0 < n ∈ N \NQ),

ahol (triviális módon) N − M > 0 miatt

lim

nN −M

= +∞,

és továbbra islim

aN + N −1k=0 aknk−N


=

aN bM

= 0.

Következésképpen (ld. 3.8. viii) megjegyzés)

lim

aN +N −1k=0 aknk−N


=aN bM

> 0.

A 3.7.10. Tétel szerint tehát az (|xn|) sorozatnak van határértéke, és

lim(|xn|) = (+∞)· aN bM

= +∞.

Ha a P, Q polinomok valós együtthatósak, akkor ismét a 3.7.10. Tétel alapján azt kapjuk,hogy

lim(xn) = (+∞)· aN bM

=

+∞ (aN /bM > 0)

−∞ (aN /bM < 0).

A következő tétel azt mutatja, hogy a természetes számok faktoriálisaiból álló sorozatbármilyen (valós vagy komplex) szám hatványai által alkotott sorozatot"

nagyságrendilegmeghalad" a végtelenben. Megmutatjuk ui., hogy az említett hatványok és a (kitevők)által meghatározott faktoriálisok hányadosai (abszolút értékben) bármilyen, előre megadotthibakorlát

"alá" szoríthatók egy alkalmas kitevőtől kezdve.




3.9.8. Tétel. Tetszőleges a ∈ K mellett az (an/n!) sorozat konvergens, és

lim

an

n!

= 0.

Bizonyítás. Legyen N ∈ N olyan (ld. 1.4. iv) megjegyzés), hogy |a| < N. Ekkorbármilyen n ∈ N, n > N eseténan

n!

= 1

N !· |a|n

(N + 1)· ...· n ≤ 1

N !· |a|n

N n−N =

N N

N ! · |a|

N

n=

N N

N ! ·q n,

ahol q := |a|/N < 1. A 3.9.2. Tétel miatt lim(q n) = 0, így a 3.7.4. Tétel alapjánlim(N N q n/N !) = 0. Ezért (ld. 3.7.1. Tétel) lim(an/n!) = 0 is igaz.

A későbbiekben az A ⊂ R halmazt zártnak nevezzük, ha A = ∅, vagy A = ∅, éstetszőleges konvergens (x

n) : N

→ A sorozatra lim(x

n) ∈

A. Könnyen ellenőrizhető, hogypl. bármely a, b ∈ R, a ≤ b esetén az [a, b] intervallum zárt halmaz (ez magyarázza a

"zárt" intervallum elnevezést), ugyanakkor pl. a (0, 1) (nyílt) intervallum nem zárt halmaz.

Hasonlóan zárt maga az R halmaz vagy pl. bármely a ∈ R mellett az

[a, +∞) := x ∈ R : x ≥ a , (−∞, a] := x ∈ R : x ≤ a

"félegyenesek".

Valamely ∅ = X ⊂ R halmaz esetén az f : X → X függvény kontrakció, ha egyalkalmas 0 ≤ q < 1 számmal (kontrakciós együtthatóval ) fennáll az alábbi egyenlőtlenség:

|f (u) − f (v)| ≤ q |u − v| (u, v ∈ X ).

Legyen pl.

X := [1, +∞) , f (t) := t

2 +

1

t (t ∈ X ),

és mutassuk meg, hogy f kontrakció. Ehhez először is jegyezzük meg (ld. 3.2. ix) megjegy-zés), hogy Rf ⊂ X. Továbbá tetszőleges u, v ∈ X helyeken

|f (u) − f (v)| =u

2 +

1

u − v

2 − 1

v

= |u − v|·1

2 − 1

uv

< 1

2|u − v|.

Más szóval tehát (pl.) q := 1/2 kontrakciós együttható.

A most bevezetett kontrakciók fontos szerepet játszanak pl. a közelítő számításokbanis (ld. numerikus analízis). Az alábbi tétel (ugyan egyelőre csak speciálisan az egyváltozósvalós függvények körében) mintegy alapját képezi az említett alkalmazásoknak.




3.9.9. Tétel. Tegyük fel, hogy ∅ = X ⊂ R zárt halmaz és f : X → X kontrakció.Ekkor:

1o egyértelműen van olyan α ∈ X elem, amelyre f (α) = α;

2o

bármely u ∈ X esetén az x0 := u , xn+1 := f (xn) (x ∈ N)

rekurzióval definiált (xn) sorozat konvergens, és lim(xn) = α;

3o az előbbi (xn) sorozat rendelkezik a következő tulajdonsággal:

|xn − α| ≤ q n

1 − q · |x1 − x0| (n ∈ N),

ahol 0 ≤ q < 1 egy kontrakciós együttható.

Bizonyítás. Mutassuk meg, hogy a tételben definiált (xn) sorozat Cauchy-sorozat.Ehhez először lássuk be, hogy (ha kell, akkor a pillanatnyi 00 := 1 megállapodással)

(∗) |xn+1 − xn| ≤ q n|x1 − x0| (n ∈ N).

Mindez n = 0 esetén triviális. Ha viszont valamilyen n ∈ N mellet igaz, akkor

|xn+2 − xn+1| = |f (xn+1) − f (xn)| ≤ q |xn+1 − xn| ≤ q · q n|x1 − x0| = q n+1|x1 − x0|,azaz a kívánt egyenlőtlenség (n + 1)-re is igaz. Ezért (ld. teljes indukció) (∗) valóbanteljesül.

Legyen most n, m ∈ N és n < m. Ekkor a háromszög-egyenlőtlenség (ld. 1.4. xxi)megjegyzés) többszörös alkalmazásával (∗) alapján

|xm − xn| = |(xm − xm−1) + (xm−1 − xm−2) + ... + (xn+2 − xn+1) + (xn+1 − xn)| ≤m−1k=n

|xk+1 − xk| ≤m−1k=n

q k|x1 − x0| = q n1 − q m−n

1 − q |x1 − x0| ≤ q n

1 − q |x1 − x0|.

Tudjuk (ld. 3.9.2. Tétel), hogy lim(q n) = 0, azaz tetszőleges ε > 0 számhoz van olyanN ∈ N, hogy q n < ε (n ∈ N, n > N ). Mivel |x1 − x0|/(1 − q ) ≥ 0, ezért az is nyilvánfeltehető N -ről, hogy

q n |x1 − x0|1 − q

< ε (n ∈ N, n > N ).

Következésképpen|xm − xn| < ε (n, m ∈ N, m > n > N ).




Az (xn) sorozat tehát valóban Cauchy-sorozat, így (ld. 3.7.8. Tétel) konvergens is.Legyen α := lim(xn). Az X halmaz feltételezett zártsága miatt α ∈ X. Bizonyítsuk be,hogy f (α) = α. Ui. tetszőleges n ∈ N esetén

|f (α)

−α

| ≤ |f (α)

−f (xn)

|+

|f (xn)

−α

|=

|f (α) − f (xn)| + |xn+1 − α| ≤ q |xn − α| + |xn+1 − α|.Ha ε > 0, akkor egy alkalmas N ∈ N mellett

|xk − α| < ε (k ∈N, k > N ),

ezért az előbbiekből az n > N választással

|f (α) − α| < qε + ε = (q + 1)ε

következik. Mivel itt ε > 0 tetszőleges lehetett, ezért bármely δ > 0 számra

0 ≤ |f (α) − α| < δ.

Ez nyilván csak úgy lehetséges, hogy |f (α) − α| = 0, azaz f (α) = α.

Ha a β ∈ X elemre is igaz, hogy f (β ) = β, akkor

|α − β | = |f (α) − f (β )| ≤ q |α − β |,

más szóval (1 − q )|α − β | ≤ 0. Itt 1 − q > 0, ezért (0 ≤) |α − β | ≤ 0, azaz |α − β | = 0.Tehát α = β.

A 3.7.5. Tétel szerint bármely n ∈ N mellett limm→∞(xm − xn) = α − xn. Innen a 3.8.viii) megjegyzés alapján

limm→∞

(|xm − xn|) = |α − xn|következik. A fenti

|xm − xn| ≤ q n

1 − q |x1 − x0| (n, m ∈ N, m > n)

becslést is figyelembe véve tehát a 3.7.6. Tétel alapján azt mondhatjuk, hogy

|xn − α| ≤ q n1 − q

|x1 − x0| (n ∈ N).




3.9.10. Tétel. Az (n!/nn) sorozat nullasorozat, azaz

lim

n!

nn

= 0.

Bizonyítás. Legyen ui. 2 < n ∈ N esetén m ∈ N, 1 < m < n, ekkor nyilván

n!

nn =

1· 2· ...· m

nm · (m + 1)· ...· n

nn−m ≤

m

n

m.

Ha itt m :=

n2

(ahol [α] jelöli az α ∈ R valós szám egész részét), akkor

n

2 − 1 <

n

2

≤ n

2

miatt

0 < n!

nn ≤ 1

2m

≤ 1

2n/2−1

= 2 1√ 2

n

(2 < n ∈ N).

A 3.9.2. Tétel alapján 1√

2

n→ 0 (n → ∞),

így a majoráns kritérium (ld. 3.7.1. Tétel) szerint lim(n!/nn) = 0 is igaz.

3.9.11. Tétel. Tegyük fel, hogy az (xn) : N → [0, +∞) sorozat konvergens, legyen α := lim(xn). Ekkor bármely 2 ≤ k ∈N esetén a ( k

√ xn) sorozat is konvergens, és

lim( k√ xn) = k√ α.

Bizonyítás. Ha α = 0, azaz lim(xn) = 0, akkor tetszőleges ε > 0 számhoz van olyanN ∈ N küszöbindex, amellyel

0 ≤ xn < εk (n ∈ N, n > N ).

Ezért0 ≤ k

√ xn < ε (n ∈ N, n > N ).

Ez éppen azt jelenti, hogy lim( k√

xn) = 0 = k√

0.

Most tegyük fel, hogy α = 0, ekkor (ld. 3.7.6. Tétel) α > 0. A lim(xn) = α konver-gencia miatt van olyan N ∈ N, hogy

α

2 = α − α

2 < xn < α +

α

2 =

3α

2 (n ∈ N, n > N ).




Legyen n ∈ N, n > N és a := k√

xn, b := k√

α. Ekkor elemi összefüggések alapján

|ak − bk| = |xn − α| = |a − b|·k j=1

ak− jb j−1 ≥

|a − b|·k j=1

( k

α/2)k− j· ( k√

α) j−1 = M · | k√

xn − k√

α|,

ahol M :=k j=1 ( k

α/2)k− j· ( k

√ α) j−1 > 0. Tehát

| k√

xn − k√

α| ≤ |xn − α|M

(n ∈ N, n > N ).

Mivel lim(|xn − α|) = 0, ezért (ld. 3.7.1., 3.7.2. Tételek) a ( k√

xn) sorozat konvergens, éslim( k

√ xn) = k

√ α.

3.10. Megjegyzések

i) A 3.9.3. Tétel alapján a 3.5.3. Tételre hivatkozva vezessük be a matematika egyiklegfontosabb állandóját:

e := lim

1 + 1

n

n.

Mutassuk meg, hogy az

xn := 1 + 1nn+1 (1 ≤ n ∈ N)

hozzárendeléssel definiált (xn) sorozat szigorúan monoton fogyó, és lim(xn) = e. Ti.az

xn+1 =

1 + 1

n + 1

n+2

< xn =

1 + 1

n

n+1

(1 ≤ n ∈ N)

egyenlőtlenség azzal ekvivalens, hogy

n + 2

n + 1

n+2

=

n + 2

n + 1

n+1

· n + 2

n + 1 <

n + 1

n

n+1

(1 ≤ n ∈ N),

azaz azzal, hogy

n + 2

n + 1 = 1 +

1

n + 1 <

(n + 1)2

n(n + 2)

n+1

=

n2 + 2n + 1

n2 + 2n

n+1

=




1 +

1

n2 + 2n

n+1

(1 ≤ n ∈ N).

A Bernoulli-egyenlőtlenség (ld. 1.3.4. Tétel) miatt viszont

1 + 1

n2 + 2nn+1

> 1 + n + 1

n2 + 2n (1 ≤ n ∈ N).

Ugyanakkor

1 + n + 1

n2 + 2n > 1 +

1

n + 1 (1 ≤ n ∈ N),

mert mindez meg azzal ekvivalens, hogy

(n + 1)2 = n2 + 2n + 1 > n2 + 2n (1 ≤ n ∈ N),

ami nyilván igaz.

Tehát az (xn) sorozat monoton fogyó (és xn > 0 (n ∈ N) miatt) alulról korlátos,így (ld. 3.5.3. Tétel) konvergens. Figyelembe véve a 3.7.5., 3.9.1. Tételeket aztmondhatjuk, hogy

lim(xn) = lim

1 + 1

n

n+1

= lim

1 + 1

n

n· lim

1 +

1

n

= e.

Megjegyezzük, hogy

1 +

1

nn

< e <

1 +

1

nn+1

(1 ≤ n ∈ N)

miatt (pl.)

1 +

1

n

n< e <

1 +

1

6

7

= 823543

279936 < 3 (1 ≤ n ∈ N).

Vegyük észre (ld. 3.9.3. Tétel), hogy

1 +

1

n

n< e <

1 +

1

n

n+1

(1 ≤ n ∈ N),

amiből0 < e −

1 + 1

n

n<

1 +

1

n

n+1

− 1 +

1

n

n=

1 +

1

n

n· 1

n <

3

n (1 ≤ n ∈ N)




(ami" javítása" a 3.9.3. Tétel bizonyításában szereplő (1 + 1/n)n < 4 (1 ≤ n ∈ N)

becslésnek). Ha en := (1 + 1/n)n (1 ≤ n ∈ N), akkor

e1 = 2 , e2 = 9

4 = 2.25 , e3 =

64

27 = 2.3703703... , e4 =

625

256 = 2.4414062...,

e5 = 7776

3125 = 2.48832 , e6 =

117649

46656 = 2.5216263...,

e7 = 2097152

823543 = 2.5464996...,

ahol az e"

pontos" értékee = 2.718281828459...

ii) Ha m := a := 2, akkor a 3.9.4. Tételben szereplő (xn) sorozat a következő (ld. 3.2.ix) megjegyzés):

x0 = 2 , xn+1 = xn

2 +

1

xn(n

∈N).

Ez a sorozat konvergens, és lim(xn) =√

2. (Vegyük észre - amiről teljes indukció-val könnyen meggyőződhetünk -, hogy minden n ∈ N esetén xn ∈ Q.) Egyszerűenmegbecsülhető a

√ 2 ≈ xn (n ∈ N) közelítés |xn − √

2| (n ∈ N) hibája is:

|xn+1 − √ 2| =

xn2

+ 1

xn− √

2 =

x2n − 2xn

√ 2 + 2

2xn

= (xn − √

2)2

2xn(n ∈ N).

A 3.9.4. Tétel bizonyításából kiderült (ld. (∗∗)), hogy xn ≥√

2 (n ∈ N), ezért

|xn+1 − √ 2| = (xn −√

2)

2

2xn≤ (xn −

√ 2)

2

2√ 2 (n ∈ N).

Ha tehát

δ n := |xn − √

2|2√

2(n ∈ N),

akkorδ n+1 ≤ δ 2n (n ∈ N).

Innen teljes indukcióval könnyen ellenőrizhető, hogy

δ n ≤ (δ 0)2

n

= |x0

−√

2|2√ 2

2n

= 2−

√ 2

2√ 2 2n

< 1

22n (n ∈ N),

azaz

|xn − √ 2| < 2

√ 2

22n < 3

22n (n ∈ N).




Így pl.

x0 = 2 , x1 = 3

2 , x2 =

17

12 , x3 =

577

408,...

és

|x3

−√

2|

= 577

408 −√

2 < 3

28

= 3

256 = 0, 01171875...

iii) Igen tanulságos a 3.9.2. Tétel alábbi bizonyítása. Legyen ehhez (az említett tételbenszereplő) q ∈K, 0 < |q | < 1, ill. k ∈N paraméterek esetén

xn := nk|q |n (0 < n ∈ N),

és mutassuk meg, hogy egy alkalmas N ∈ N indexszel

nk|q |n = xn > xn+1 = (n + 1)k|q |n+1 (n ∈ N, n > N ).

Valóban, ez utóbbi egyenlőtlenség azzal ekvivalens, hogy

nn + 1

k> |q | (n ∈ N, n > N ).

Mivel (ld. 3.9.7. Tétel)

lim

n

n + 1

k= 1,

ezért van olyan N ∈ N küszöbindex, hogy az ε := 1 − |q | választással

|q | = 1 − ε <

n

n + 1

k< 1 + ε (n ∈ N, n > N ).

Ezért az yn := xN +n+1 (n ∈ N)

sorozat szigorúan monoton fogyó, és alulról korlátos (ui. yn > 0 (n ∈ N)). Alkalmaz-ható ezért a 3.5.3. Tétel, miszerint (yn) konvergens. Innen az is következik (ld. 3.6.vi) megjegyzés), hogy az (xn) sorozat is konvergens. Legyen

α := lim(xn).


(

∗) xn+1 = (n + 1)k

|q

|n+1 =

|q

|n + 1

n k

·xn (0 < n

∈N).

Tudjuk (ld. 3.6. vi) megjegyzés), hogy α = lim(xn+1), ill. az előzőekből

lim

n + 1

n

k= 1.




Ezért a (∗) rekurzív összefüggés és a 3.7.5. Tételben megfogalmazott"

műveleti sza-bályok" alapján

α = lim(xn+1) = |q |· lim

n + 1

n

k· lim(xn) = |q |· α.

Tehát (1 − |q |)α = 0, amiből 1 − |q | > 0 miatt α = 0 adódik.

iv) Az előző megjegyzésben követett gondolatmenet alkalmazható a 3.9.5. Tétel bizonyí-tására is. Legyen ti. 1 < a ∈ R és

xn := n√

a (2 ≤ n ∈ N).

Lássuk be, hogyn√

a = xn > xn+1 = n+1√

a (1 < n ∈ N).

Ti. mindez azzal ekvivalens, hogy

an+1 > an (1 < n ∈N),

azaz azzal, hogy a > 1. Ezért az (xn) sorozat szigorúan monoton fogyó (és alulrólkorlátos: xn > 1 (1 < n ∈ N)). Így (ld. 3.5.3. Tétel) (xn) konvergens, legyen

α := lim(xn).

Most sem nehéz rekurzív összefüggést találni az (xn) sorozat tagjai között. Ui.

x22n =

2n√

a2

= n√

a = xn (1 < n ∈ N).

Tudjuk (ld. 3.5.2. Tétel), hogy az (x2n) részsorozat is konvergens, és

α = lim(x2n).Ezért (ld. 3.7.5. Tétel)

α2 = lim(x22n) = lim(xn) = α.

Az xn > 1 (1 < n ∈ N) becslés és a 3.7.6. Tétel miatt α ≥ 1, ezért az előbb kapottα2 = α egyenlőségből (

"egyenletből") α = 1 következik.

Ha 0 < a < 1, akkor 1/a > 1, ezért az előzőekből

1 = lim

n

1

a

= lim

1n√

a

,

azaz a 3.7.5. Tétel miatt

lim( n√

a) = 1

lim

n

1a

= 1.




Mivel a = 1 esetén ( n√

a) = (1), ezért ekkor lim( n√

a) = 1 triviálisan igaz.

v) Mutassuk meg, hogy a iii), iv) megjegyzésekbeli bizonyítási ötlet alkalmazható a 3.9.6.Tétel bizonyítására is. Valóban, legyen most

xn := n

√ n (2 ≤ n ∈ N).

Ekkor azn√

n = xn > xn+1 = n+1√

n + 1 (4 ≤ n ∈ N)

monotonitási kritérium azzal ekvivalens, hogy

nn+1 > (n + 1)n (4 ≤ n ∈ N),

azaz azzal, hogy 1 +

1

n

n< n (4 ≤ n ∈ N).

A 3.9.3. Tétel bizonyításában ugyanakkor láttuk, hogy1 +

1

n

n< 4 (1 ≤ n ∈ N),

amiből a kívánt becslés nyilván következik. Tehát az (xn) sorozat konvergens, legyen

α := lim(xn).

Vegyük észre, hogy most

x22n = 2n

√ 2n2

= n

√ 2n = n

√ 2· n

√ n = n

√ 2· xn (1 < n ∈ N),

azaz (a fentiekhez hasonlóan) α = lim(x2n), és (ld. 3.9.5., 3.9.6. Tételek)

α2 = lim(x22n) = lim(

n√

2· xn) = lim( n√

2)· lim(xn) = α.

Mivel xn > 1 (1 < n ∈ N) ezért α ≥ 1, azaz az α2 = α"

egyenletből" α = 1következik.

vi) Legyen valamilyen a ∈ K esetén

xn := |a

|n

n! (n ∈ N).

Ekkor

xn+1 = |a|n+1

(n + 1)! =

|a|n + 1

· |a|nn!

= |a|n + 1

· xn =: ynxn (n ∈ N),




ahol tehát yn := |a|/(n + 1) (n ∈ N). Tudjuk (ld. 3.9.1., 3.7.4., 3.7.1. Tételek), hogylim(yn) = 0. Ezért egy alkalmas M ∈ N mellett

0 ≤ yn < 1 (n ∈ N, n > M ),

következésképpen0 ≤ xn+1 ≤ xn (n ∈ N, n > M ).

A 3.5.3. Tétel miatt ezért az (xn) sorozat konvergens, legyen γ := lim(xn). Ígylim(xn+1) = γ is igaz, azaz (ld. 3.7.5. Tétel)

γ = lim(xn+1) = lim(ynxn) = lim(yn)· lim(xn) = 0· γ = 0

(ld. 3.9.8. Tétel).

vii) A fontosságára való tekintettel mutassuk be a 3.9.5. Tétel alábbi, a számtani-mértaniközép tételét (ld. 1.3.5. Tétel) felhasználó bizonyítását is. Ehhez feltehetjük (ld. iv)

megjegyzés), hogy a > 1. Legyen ekkor valamilyen 2 ≤ n ∈ N mellett

a1 := a2 := ... := an−1 := 1 , an := a,

és alkalmazzuk az 1.3.5. Tételt:

1 < n√

a = n

nk=1

ak ≤nk=1 ak

n =

n − 1 + a

n = 1 +

a − 1

n =: xn.

Mivel lim((a − 1)/n) = 0, ezért lim(xn) = 1. A 3.7.7. Tétel alapján tehát azt kapjuk,hogy lim( n

√ a) = 1.

viii) Az előző megjegyzés alapötlete alkalmazható a 3.9.6. Tétel bizonyítására is. Ti. bár-mely 2 < n ∈ N esetén legyen most

a1 := a2 := ... := an−2 := 1 , an−1 := an :=√

n.

Ekkor az 1.3.5. Tétel szerint

1 < n√

n = n

nk=1

ak ≤nk=1 ak

n =

n − 2 + 2√

n

n =

1 − 2n

+ 2√ n

< 1 + 2√ n

=: yn.

Nem nehéz meggondolni, hogy lim(2/√

n) = 0, ezért az előző megjegyzéshez hasonlóanlim(yn) = 1, azaz (ld. 3.7.7. Tétel) valóban lim( n

√ n) = 1.




ix) A 3.9.9. Tételben szereplő α-t (érthető okokból) a tételbeli f függvény fixpontjának ,magát a 3.9.9. Tételt pedig fixpont-tételnek nevezzük. Az α fixpont tehát (formálisanszólva) az

f (x) = x (x ∈ X )

"egyenletnek" a megoldása. Éppen ezért a fixpont-tétel a közelítő számítások, módsze-rek (ld. numerikus analízis ) egyik legfontosabb eszköze. Tekintsük pl. a 3.9.9. Tételmegfogalmazása előtti

"felvezetésben" szereplő

f (t) := t

2 +

1

t (t ≥ 1)

kontrakciót. Ekkor az előbbi f (x) = x"

egyenlet" a következő alakú:

x

2 +

1

x = x (x ≥ 1).

Könnyű ellenőrizni, hogy ennek az"

egyenletnek" egyetlen α"

gyöke" van az [1, +∞)

halmazban, nevezetesen α = √ 2. Ha a fixpont-tételt az u := 2 "kezdő értékkel"alkalmazzuk, akkor a fenti ii) megjegyzésben már vizsgált

x0 = 2 , xn+1 = xn

2 +

1

xn(n ∈ N)

sorozatot kapjuk. Ezért a 3.9.9. Tétel szerint (is) ez a sorozat konvergens, és lim(xn) =√ 2. Továbbá (a q = 1/2 kontrakciós együtthatóval)

|xn − √ 2| ≤ (1/2)n

1 − 1/2|x0 − x1| = |2 − 3/2|

2n−1 =

1

2n (n ∈ N).

Emlékeztetünk arra, hogy ii)-ben ennél"

sokkal jobb" becslés adódott:

|xn − √ 2| < 3

22n (n ∈ N).

Ez nem meglepő, hiszen az"

általános" 3.9.9. Tételbeli 3o hibabecsléssel szemben egyadott feladatban szereplő f függvény speciális tulajdonságait kihasználva könnyen

juthatunk esetleg" jobb" hibabecsléshez.

x) A fentiek alkalmazására tekintsük az alábbi feladatot. Adott egy egységsugarú K körés a kerületén egy P pont. Mekkora legyen annak a P középpontú körnek a sugara,amely a K -t két egyenlő területű részre vágja? Jelöljük ehhez α-val a K középpontjánés a P -n átmenő egyenes, valamint a P -n és a két kör kerületének egy közös pontjánátmenő egyenes által bezárt szöget. Ekkor a keresett sugár 2cos α, azaz elegendő α-tmeghatározni. Ez egyszerű számolás után a következő egyenlet megoldását jelenti:

α = 2α cos2 α − sin(2α)

2 +

π

4,




ami viszont meglehetősen reménytelen feladat. Ugyanakkor a gyakorlatban nem isa

"pontos" megoldásra van szükségünk, hanem annak egy (bizonyos előre megadott

hibakorlátnál jobb) közelítésére. Belátható, hogy pl. a 3.9.9. Tételbeli"

fixpont-algoritmus" alapján definiált

x0 := 1 , xn+1 := 2xn cos2 xn − sin(2xn)2

+ π4

(n ∈ N)

sorozat konvergál az α-hoz. Bármilyen ε > 0 esetén van tehát olyan N ∈ N,hogy a 2cos(xN ) sugarú kör által a K -ból kimetszett két rész területére (t1-re ést2-re) |t1 − t2| < ε igaz. Más szóval az α ≈ xN közelítés a feladatnak a gyakorlatszámára való

"megoldását" jelentheti.

xi) A későbbiekben messzemenően általánosítjuk a 3.9.9. Tételt, és kapjuk majd az abszt-rakt Banach-Tyihonov-Cacciopoli-féle fixpont-tételt.

xii) A 3.9.2. Tétel 4

o

állítására hivatkozva legyen 1 = q ∈ C és |q | = 1. Írjuk fel a q komplex számot trigonometrikus alakban (ld. 1.4. xxi) megjegyzés):

q = cos α + ı sin α,

ahol α ∈ (0, 2π). Ekkor

q n = cos(nα) + ı sin(nα) (n ∈ N).

A 3.5.5. Tétel miatt tehát azt mondhatjuk, hogy bármely α ∈ (0, 2π) esetén a( cos(nα)) , ( sin(nα)) sorozatok közül legalább az egyik divergens.

xiii) Az 1.4. x) megjegyzésben utaltunk arra, hogy ha δ > 0, akkor egyetlen k0 ∈N eseténsem teljesülhet minden k0 < k ∈N természetes számra az

(1 + δ )2k+1 ≤ 2k(2 + δ ) + 1 + δ

egyenlőtlenség. Valóban, ez utóbbi azzal ekvivalens, hogy a σ := (1 + δ )2 jelöléssel

(∗) 1 ≤ 4 + 2δ

1 + δ k·

1

σ

k+

1

σ

k(k0 < k ∈N).

Mivel 0 < 1/σ < 1, ezért a 3.9.2. Tétel miatt

4 + 2δ

1 + δ · k·

1

σ

k+

1

σ

k→ 0 (k → ∞),

ami nyilván ellentmond (∗)-nak.




xiv) Legyen (ld. 3.9.10. Tétel)

xn := n!

nn (1 ≤ n ∈ N).

Ekkor az előző megjegyzésekben vázolt bizonyítási "technikát" alkalmazva először ismutassuk meg, hogyxn+1 < xn (1 ≤ n ∈ N).

Ui. ez azzal ekvivalens, hogy

(n + 1)!

(n + 1)n+1 <

n!

nn (1 ≤ n ∈ N),

tehát azzal, hogy

(

∗) 1 <

(n + 1)n

nn

= 1 + 1

nn

(1

≤n

∈N).

Mivel (ld. 3.9.3. Tétel) az

N ∋ n →

1 + 1

n

nsorozat szigorúan monoton növő, ezért

1 + 1

n

n≥

1 +

1

1

1

= 2 (1 ≤ n ∈ N),

amiből (∗) következik. Tehát a nyilvánvaló xn > 0 (1 ≤ n ∈ N) becslés miatt az(xn) sorozat korlátos is, ezért (ld. 3.5.3. Tétel) konvergens, legyen α := lim(xn).

Ugyanakkor

xn+1 = (n + 1)!

(n + 1)n+1 =

n!

nn· nn

(n + 1)n = xn· 1

(1 + 1/n)n (1 ≤ n ∈ N).

A 3.7.5., 3.9.3. Tételek alkalmazásával

α = lim(xn+1) = lim(xn)· 1

lim(1 + 1/n)n =

α

e,

tehát α(1 − 1/e) = 0. Innen már e = 2.71... (ld. i)) miatt α = 0 következik.



4. fejezet

Végtelen sorok

4.1. A végtelen sor fogalma, alaptulajdonságok

Ahogyan korábban már említettük, a sorozatok központi szerepet játszanak nem csupán azanalízis, ill. a matematika, hanem szinte az összes tudományágban. Számos feladat kapcsán,gyakran igen természetes módon

" jönnek elő" a sorozatok az illető feladathoz kapcsolódó

matematikai modell részeként. Ennek során sűrűn előfordul az is, hogy valójában a modellkezelésekor nem magával a szóban forgó sorozattal, hanem az abból valamilyen standard

"recept" alapján elkészített másik sorozattal kell dolgoznunk. A továbbiakban egy ilyen

speciális"

recept" szerint adódó sorozatokkal, az ún. végtelen sorokkal foglalkozunk.

Legyen tehát adott az x = (xn) : N → K számsorozat, és jelöljük

x-szel, vagy(xn)-nel azt az (S n) sorozatot, amelyre

S n :=

nk=0

xk (n ∈ N).

Következésképpen x :=

(xn) := (S n) =

nk=0

xk

.

A

(xn) sorozatot (az (xn) sorozat által meghatározott (generált)) végtelen sornak (időn-ként röviden sornak ) nevezzük. A sorozatokra eddig megszokott, ill. használt terminológiamellett - kihangsúlyozandó a végtelen sor, mint sorozat speciális jellegét - az alábbi elne-vezéseket fogjuk alkalmazni: S n (n ∈ N) a

x végtelen sor n-edik részletösszege, xn

(n

∈N) a x végtelen sor n-edik tagja.

A 3.2. ii) megjegyzéssel összhangban, ha valamilyen N ∈ Z mellett a szóban forgó (xn)sorozat értelmezési tartománya az

n ∈ Z : n ≥ N

97



98 FEJEZET 4. VÉGTELEN SOROK

halmaz, akkor az

S n :=nk=N

xk (n ∈ Z, n ≥ N )

megállapodással élünk. Így pl. az x = (1/n) sorozat esetén N = 1, azaz

S n :=nk=1

1

k (n ∈ N, n ≥ 1).

Már az elemi matematikában is használatos pl. (valamilyen q ∈ K esetén) a (q -kvóci-ensű) mértani sor fogalma, ami nem más, mint a

(q n) végtelen sor. Ennek a sornak a

generáló sorozata a (q n) mértani sorozat. Emlékeztetünk arra, hogy az utóbbi esetben

S n =n

k=0

q k =

n + 1 (q = 1)

1 − q

n+1

1 − q (q = 1)

(n

∈N).

A

(1/n) végtelen sort harmonikus sornak, a

(1/n2) végtelen sort pedig szuperharmoni-kus sornak nevezzük. (Az utóbbi két esetben az S n (n ∈N) részletösszegeknek a mértanisoréhoz hasonló

"zárt" alakban való kiszámítása nem lehetséges.)

A fentiek szerint bármely (xn) : N → K számsorozat esetén az általa generált

(xn)végtelen sor is egy számsorozat. Van értelme ezért annak a kérdésnek, hogy a

(xn) vég-

telen sor konvergens-e? Ha igen, akkor a lim

(xn) határértékre a következő jelölést fogjukhasználni:

∞

n=0

xn

:= lim(xn

).

Ha tehát (továbbra is) S n-nel (n ∈ N) jelöljük a

(xn) sorozat n-edik részletösszegét:S n =

nk=0 xk, akkor

∞n=0

xn = lim(S n)

a

(xn) végtelen sor összege. (Felhívjuk a figyelmet azonban arra, hogy az utóbbi elneve-zésben (és jelölésben) az

"összeg" szó puszta elnevezés, nem kíván semmilyen

"összeadás"

tartalommal bírni.)

Pl. a fenti (q n) mértani sor esetén

(q n) =

(n + 1) (q = 1)

1 − q n+1

1 − q

(q = 1).



4.1. A VÉGTELEN SOR FOGALMA, ALAPTULAJDONSÁGOK 99

Innen világos, hogy ez a végtelen sor divergens, ha q = 1, ill. q = 1 esetén a konvergenciája

1 − q n+1

1 − q =

1

1 − q − q

1 − q q n (n ∈ N)

miatt könnyen láthatóan a (q n) sorozat konvergenciájával ekvivalens. A 3.9.2. Tétel szerinttehát a (q n) végtelen sor akkor és csak akkor konvergens, ha |q | < 1, és az utóbbi esetben

lim

(q n) =∞n=0

q n = lim

1 − q n+1

1 − q

=

1

1 − q .

Az előbbi példából többek között az derült ki, hogy ha a

(q n) mértani sor konvergens,akkor lim(q n) = 0. A következő tétel azt mutatja, hogy ez nem

"véletlen".

4.1.1. Tétel. Tegyük fel, hogy a

(xn) végtelen sor konvergens. Ekkor (xn) nulla-sorozat, azaz konvergens és lim(xn) = 0.

Bizonyítás. Jelöljük S n-nel (n ∈ N) a szóban forgó végtelen sor n-edik részletösszegét:

S n :=nk=0

xk (n ∈ N).

A feltételünk szerint tehát az (S n) sorozat konvergens, következésképpen Cauchy-sorozat(ld. 3.7.8. Tétel). Ezért tetszőleges ε > 0 számhoz van olyan N ∈ N, amellyel

|S n − S m| < ε (n, m ∈ N, n, m > N ).

Speciálisan az n ∈ N, n > N + 1, m := n − 1 választással

|S n − S n−1| = |xn| < ε,

ami pontosan azt jelenti, amit állítottunk.

Az előbbi bizonyításban is idézett 3.7.8. Tétel alapján valamilyen

(xn) végtelen sorakkor és csak akkor konvergens, ha teljesül rá a Cauchy-kritérium: bármely ε > 0 számhozlétezik olyan N ∈ N küszöbindex, hogy

|S n − S m| < ε (n, m ∈ N, n, m > N ).

Itt nyilván feltehető, hogy m > n, amikor is

|S n − S m| = m

k=n+1

xk .

Igaz tehát a




4.1.2. Tétel. A

(xn) végtelen sor akkor és csak akkor konvergens, ha tetszőleges ε > 0 esetén létezik olyan N ∈ N, hogy

m

k=n+1

xk

< ε (n, m ∈ N, m > n > N ).

A most megfogalmazott tétel alapján egyszerűen"

elintézhető" a harmonikus és a szu-perharmonikus sor konvergenciája.

4.1.3. Tétel. A

(1/n) harmonikus sor divergens, a

(1/n2) szuperharmonikus sor konvergens.

Bizonyítás. Mutassuk meg először, hogy a harmonikus sorra nem teljesül a 4.1.2. Té-telbeli Cauchy-feltétel. Ha ui. 2 ≤ n ∈ N, akkor az m := 2n választással

mk=n+1

1

k =

2nk=n+1

1

k >

2nk=n+1

1

2n = n· 1

2n =

1

2.

Ezért 0 < ε < 1/2 esetén bármely N ∈ N mellett az n ∈ N, n > N indexekre

2nk=n+1

1

k > ε.

Tehát (ld. 4.1.2. Tétel) a harmonikus sor divergens.

A szuperharmonikus sorra ugyanakkor tetszőleges 1 ≤ N ∈ N esetén

mk=n+1

1

k2 <

mk=n+1

1

(k − 1)k =

mk=n+1

1

k − 1 − 1

k

=

1

n − 1

m <

1

n <

1

N (n, m ∈ N, m > n > N ).

Következésképpen, ha ε > 0 tetszőleges, és az N ∈ N küszöbindexre N > 1/ε (ld. 1.4. iv)megjegyzés), azaz 1/N < ε, akkor a szuperharmonikus sorra teljesül a Cauchy-kritérium:

mk=n+1

1

k2 < ε (n, m ∈ N, m > n > N ).

Ezért a 4.1.2. Tétel szerint a

(1/n2) sor konvergens.




Legyen (xn) : N → K, ekkor a

(xn) végtelen sort abszolút konvergensnek nevezzük,ha a

(|xn|) végtelen sor konvergens. Mivel ez utóbbi nyilván monoton növekedő:

n

k=0

|xk| ≤n+1

k=0

|xk| (n ∈ N),

ezért a (xn) végtelen sor abszolút konvergens volta azzal ekvivalens (ld. ld. 3.5.3., 3.5.4.Tételek), hogy

sup

nk=0

|xk| : n ∈ N

< +∞.

Ez utóbbi feltétel teljesülését röviden úgy írjuk, hogy∞k=0

|xk| < +∞.

Ha viszont a

(xn) végtelen sor nem abszolút konvergens, akkor∞k=0

|xk| := lim nk=0

|xk| = sup nk=0

|xk| : n ∈ N = +∞.

Lássuk be, hogy ha a

(xn) végtelen sor abszolút konvergens, akkor konvergens is.Valóban, tetszőleges n, m ∈ N, m > n indexekre

mk=n

xk

≤mk=n

|xk|,

ahol bármely ε > 0 számra egy alkalmas N ∈ N küszöbindexszelm

k=n |xk

|< ε (n, m

∈N, m > n > N ).

Így mk=n

xk

< ε (n, m ∈ N, m > n > N ),

más szóval a

(xn) végtelen sor Cauchy-sor(ozat), azaz (ld. 3.7.8. Tétel) konvergens.

Világos, hogy az előbbi abszolút konvergens

(xn) végtelen sorra

nk=0

xk

≤

nk=0

|xk| ≤ sup

mk=0

|xk| : m ∈ N

=∞k=0

|xk| (n ∈ N),

ezért (ld. 3.8. viii) megjegyzés)∞k=0

xk

= lim

nk=0

xk

≤

∞k=0

|xk|.




4.1.4. Tétel (összehasonlító kritérium). Tegyük fel, hogy az (xn), (yn) : N → K

sorozatokra az alábbiak teljesülnek :

|xn| ≤ |yn| (m.m. n ∈ N).

Ekkor:

i) ha a

(yn) végtelen sor abszolút konvergens, akkor a

(xn) sor is abszolút konvergens ;

ii) ha a

(xn) végtelen sor nem abszolút konvergens, akkor a

(yn) sor sem abszolút konvergens.

Bizonyítás. A feltétel szerint egy alkalmas N ∈ N mellett

|xn| ≤ |yn| (n ∈ N, n > N ).

Ha a (yn) sor abszolút konvergens, akkor

K := sup nk=0

|yk| : n ∈ N

< +∞.

Ezért aq := max|x0|,..., |xN |

jelöléssel

nk=0

|xk| ≤

nk=0 q ≤ (N + 1)q (n ≤ N )

N k=0 |xk| +

nk=N +1 |yk| ≤ (N + 1)q + K (n > N )

(n ∈ N),

tehátsup

nk=0

|xk| : n ∈ N

< +∞.

Ha a

(xn) végtelen sor nem abszolút konvergens, akkor a

(yn) végtelen sor sem lehetabszolút konvergens. Ui. ha az lenne, akkor i) szerint

(xn) abszolút konvergens lenne.

Nyilvánvaló, hogy egy (xn) : N → [0, +∞) sorozat esetén a

(xn) végtelen sorkonvergenciája ugyanazt jelenti, mint az abszolút konvergeciája. Ha tehát a 4.1.4. Té-telben szereplő (xn), (yn) sorozatok mindketten nem-negatív valós számokból álló soroza-tok, akkor az összehasonlító kritérium a következőképpen szól: ha xn, yn ≥ 0 (n ∈ N),0 ≤

xn ≤

yn (m.m. n ∈N), és a (yn) végtelen sor konvergens, akkor a (xn) is az, ha

viszont a (xn) divergens, akkor a (yn) is divergens.

Ugyanakkor később látni fogjuk, hogy pl. a

((−1)n/n) végtelen sor konvergens, denem abszolút konvergens.




4.1.5. Tétel. Mutassuk meg, hogy

i) a

(1/n!) sor konvergens, és ∞

n=0

1

n! = e;

ii) bármely 0 < n ∈ N esetén van olyan θn ∈ (0, 1) szám, amellyel

e −nk=0

1

k! =

θnn· n!

;

iii) az e szám irracionális, azaz e /∈ Q.

Bizonyítás. Elöljáróban emlékeztetünk az e szám definíciójára (ld. 3.10. i) megjegy-zés):

e := lim 1 + 1nn .

Legyen n ∈ N, n > 2, ekkor a binomiális tétel alapján1 +

1

n

n=

nk=0

n

k

1

nk =

nk=0

n(n − 1)· ...· (n − k + 1)

k! · 1

nk =

2 +nk=2

k−1 j=1

1 − j

n

1

k! <

nk=0

1

k!.

Ha tehát 2 ≤ m < n, akkor nyilván

nk=0

1k!

>

1 + 1nn

= 2 +nk=2

k−1 j=1

1 − j

n 1

k! > 2 +

mk=2

k−1 j=1

1 − j

n 1

k!,

ahol (ld. 3.7.5., 3.9.1. Tételek) minden k = 2,...,m esetén

lim

k−1 j=1

1 − j

n

= 1,

ill.

lim

2 +m

k=2

k−1

j=1 1 − j

n 1

k!

=m

k=0

1

k!.

A fentiek szerint azt kaptuk tehát, hogy (ld. 3.7.6. Tétel)

lim

nk=0

1

k!

=

∞k=0

1

k! ≥ lim

1 +

1

n

n= e ≥

mk=0

1

k! (m ∈ N, m ≥ 2).




Ezért∞k=0

1

k! = lim

m→∞

mk=0

1

k! = sup

mk=0

1

k! : m ∈ N

≤ e

is igaz, más szóval

∞k=0

1k!

= e

következik.

Az eddigiek alapján azt mondhatjuk, hogy minden n ∈ N esetén

e −nk=0

1

k! =

∞k=n+1

1

k! =

1

(n + 1)!

∞k=n+1

(n + 1)!

k! =

1

(n + 1)!

1 +∞

k=n+2

k j=n+2

1

j

≤

1(n + 1)!

1 +∞

k=n+2

k j=n+2

1n + 2

= 1(n + 1)!

∞k=n+1

1n + 2

k−(n+1)

=

1

(n + 1)!

∞k=0

1

n + 2

k=

n + 2

(n + 1)· (n + 1)!.

Így

0 < θn := n· n!

e −

nk=0

1

k!

≤ n· (n + 2)· n!

(n + 1)· (n + 1)! =

n·

(n + 2)

(n + 1)2 = n2 + 2n

n2 + 2n + 1 < 1.

Ezzel a tétel ii) állítását is beláttuk. A iii) bizonyításához tegyük fel indirekt módon, hogye ∈ Q. Megadhatók ekkor olyan 0 < m, n ∈ N számok, amelyekkel e = m

n . Ezért ii) szerintegy alkalmas 0 < θn < 1 számmal

m

n −

nk=0

1

k! =

θnn· n!

.

Innen

θn = m

·n·

n!

n −nk=0

n·

n!

k! = m· n! − n·nk=0

n j=k+1

j ∈ Z,

azaz θn ∈ Z következik. Ez viszont nem lehetséges, hiszen ii) alapján 0 < θn < 1.




4.2. Megjegyzések

i) Jelöljük A-val az x = (xn) : N → K sorozatok halmazát, és legyen σ : A → A azalábbi leképezés:

σ(x) := nk=0

xk (x = (xn) ∈ A).

Világos, hogy

(xn) = σ(x) (x = (xn) ∈ A). Gondoljuk meg, hogy a fenti σ leképezésegy bijekció (ld. 2.4. v) megjegyzés). Valóban, ha

x = (xn) , y = (yn) ∈ A, x = y,

akkor valamilyen m ∈ N indexre xm = ym. Legyen egyúttal m a legkisebb ilyenindex, azaz xk = yk (k = 0,...,m − 1). Ekkor

m

k=0

xk =m−1

k=0

xk + xm =m−1

k=0

yk + xm =m−1

k=0

yk + ym =m

k=0

yk.

Ez azt jelenti, hogy σ(x) = σ(y), azaz, hogy σ injektív. A σ szürjektivitásáhozlássuk be, hogy tetszőleges z = (z n) ∈ A sorozathoz van olyan x = (xn) ∈ A, amellyelσ(x) = z. Ti. legyen

x0 := z 0 , xk := z k − z k−1 (1 ≤ k ∈N).

Ekkor tehát x0 = z 0, és bármely 1 ≤ n ∈ N mellett

nk=0

xk = z 0 +nk=1

(z k − z k−1) = z 0 +nk=1

z k −nk=1

z k−1 = z n,

azaz σ(x) = z.

ii) Tegyük fel, hogy az (xn), (yn) : N →K sorozatok tagjai"

majdnem mindenütt mege-gyeznek":

xn = yn (m.m. n ∈ N).

Ekkor a

(xn),

(yn) végtelen sorok ekvikonvergensek, azaz a

(xn) végtelen sorakkor és csak akkor konvergens, ha a

(yn) végtelen sor konvergens. Valóban, egy

alkalmas N ∈ N indexszel

xn = yn (n ∈ N, n > N ).

Ezért - feltételezve pl. a (xn) végtelen sor konvergens voltát - bármely ε > 0számhoz van olyan M ∈ N, hogy (ld. 3.7.8. Tétel)

mk=n

xk

< ε (n, m ∈ N, m > n > M ).




Legyen itt n, m ∈ N olyan, hogy m > n > maxM, N , ekkor

mk=n

yk

=

mk=n

xk

< ε,

így a (yn) végtelen sor is eleget tesz a Cauchy-kritériumnak, azaz konvergens.

iii) Tekintsük az (xn), (yn) : N→ K sorozatok által generált konvergens végtelen sorokat.Ekkor bármely c ∈ K esetén a

(xn + cyn) sor is konvergens, és

∞n=0

(xn + cyn) =∞n=0

xn + c∞n=0

yn.

Legyen ui.

S n :=nk=0

xk , Rn :=nk=0

yk (n ∈ N).

A feltételeink szerint az (S n), (Rn) sorozatok konvergensek, és

lim(S n) =∞n=0

xn , lim(Rn) =∞n=0

yn.

Ezért (ld. 3.7.5. Tétel) az (S n + cRn) sorozat is konvergens, és

lim(S n + cRn) = lim(S n) + c lim(Rn) =∞k=0

xk + c∞k=0

yk.

Mivel

S n + cRn =

nk=0

(xk + cyk) (n ∈ N),

ezért az (S n + cRn) sorozat konvergenciája azt jelenti, hogy a

(xn + cyn) végtelensor konvergens. Tehát

∞n=0

(xn + cyn) = lim

nk=0

(xk + cyk)

= lim(S n + cRn) =

∞k=0

xk + c∞k=0

yk.

iv) A harmonikus sor divergenciájához elég megmutatni azt (ld. 3.5.4. Tétel), hogy nemkorlátos (sorozat). Ti. bármely 1 ≤ n ∈ N esetén

2n−1k=1

1

k =

n−1 j=0

2j+1−1k=2j

1

j ≥

n−1 j=0

2j+1−1k=2j

1

2 j+1 =

n−1 j=0

2 j

2 j+1 =

n

2.

Ezért a harmonikus sor divergens.




v) Legyen

S n :=nk=1

1

k2 (1 ≤ n ∈ N).

Világos, hogy az (S n) = (1/n2) sorozat szigorúan monoton növő. Így (ld. 3.5.3.

Tétel) a szuperharmonikus sor konvergenciájához elegendő az, hogy az (S n) sorozat(felülről) korlátos. Ha viszont 2 ≤ n ∈ N, akkor

S n =nk=1

1

k2 ≤ 1 +

nk=2

1

k(k − 1) = 1 +

nk=2

1

k − 1 − 1

k

= 2 − 1

n < 2.

vi) A harmonikus sorról szóló 4.1.3. Tétel azt mutatja, hogy általában egy

(xn) végtelensor esetén a 4.1.1. Tételbeli lim(xn) = 0 feltétel csak szükséges, de nem elégséges aszóban forgó sor konvergenciájához.

vii) Lássuk be a 4.1.4. Tétel ii) állítását"

direktben" is. A (|xn

|) végtelen sor feltételezett

divergenciája miatt ui.

sup

mk=0

|xk| : m ∈ N

= +∞.

Ezért (a 4.1.4. Tétel bizonyításában szereplő N -nel) bármely L ∈ R esetén van olyanM ∈ N, M > N hogy

M k=0

|xk| > L +N k=0

|xk| −N k=0

|yk|.

A feltételeink szerint tehát

M k=0

|yk| =N k=0

|yk| +M

k=N +1

|yk| ≥N k=0

|yk| +M

k=N +1

|xk| =

N k=0

|yk| +M k=0

|xk| −N k=0

|xk| > L.

Ez azt jelenti, hogy

sup

mk=0

|yk| : m ∈ N

= +∞,

más szóval azt, hogy a

(|yn|) végtelen sor divergens.

viii) Valamely (xn) : N→ K számsorozat és N ∈ N természetes szám esetén legyen

S (N )n :=nk=N

xk (n ∈ N, n ≥ N ),




és (ld. 3.2. ii) megjegyzés) tekintsük az (S (N )n ) sorozatot. Állapodjunk meg abban,hogy ha az (S (N )n ) sorozat konvergens, akkor legyen

∞

k=N

xk := lim(S (N )n ).

Ekkor ∞

k=N xk-t a

(xn) végtelen sor N -edik maradékszeletének nevezzük. Nemnehéz belátni, hogy a

(xn) sor akkor és csak akkor konvergens, ha minden N ∈ N

esetén létezik az N -edik maradékszelete, és

limN →∞

∞k=N

xk = 0.

Legyen ui.

S n :=n

k=0

xk (n

∈N).

Világos, hogy

(∗) S n = S N −1 + S (N )n (n, N ∈ N, n > N ).

Ha tehát a

(xn) sor konvergens, azaz az (S n) sorozat konvergens, akkor

S (N )n = S n − S N −1 (n, N ∈ N, n > N )

miatt az (S (N )n ) sorozat is konvergens, azaz létezik az N -edik maradékszelet. For-

dítva, ha az utóbbi létezik, azaz az (S (N )n ) sorozat konvergens, akkor (∗) alapján az(S n) sorozat is konvergens. A (∗) egyenlőségből az is kiderül, hogy (ha a

(xn) sor

konvergens)

∞k=0

xk = lim(S n) = S N −1 + lim (S (N )n ) = S N −1 +∞k=N

xk.

Ugyanakkor∞k=0

xk = limN →∞

S N −1

miatt létezik alimN →∞

∞k=N

xk =∞k=0

xk − limN →∞

S N −1 = 0

határérték.




ix) Ha (xn) : N → [0, +∞), akkor (kibővített értelemben (ld. 3.7.)) a (nk=0 xk)

részletösszeg-sorozatnak mindig létezik határértéke. Ha ez a részletösszeg-sorozat fe-lülről nem korlátos, akkor

∞

n=0

xn = lim n

k=0

xk = +∞

.

Hasonló a helyzet akkor, ha (yn) : N → (−∞, 0] : a (nk=0 yk) részletösszeg-

sorozatnak van határértéke. Ha ez a részletösszeg-sorozat alulról nem korlátos, akkor

∞n=0

yn = lim

nk=0

yk

= −∞.

x) Legyen most (xn) : N → C, és"

bontsuk fel" az (xn) sorozatot a valós és a képzetesrészére:

xn = un + ıvn (n ∈ N),

ahol tehát un := Re xn, vn := Im xn (n ∈ N). Ekkor

S n :=nk=0

xk =nk=0

uk + ınk=0

vk (n ∈ N),

azaz (xn) = (S n) =

nk=0

uk

+ ı

nk=0

vk

=

(un) + ı

(vn).

A 3.5.5. Tétel szerint ezért a következőt mondhatjuk: a

(xn) sor akkor és csak akkorkonvergens, ha a

(un),

(vn) sorok konvergensek. Az utóbbi esetben továbbá

∞n=0

xn =∞n=0

un + ı∞n=0

vn.

Az is rögtön adódik, hogy a

(xn) sor akkor és csak akkor abszolút konvergens, ha a(un),

(vn) sorok is abszolút konvergensek. Ha ui. a

(xn) sor abszolút konvergens,

akkor|un|, |vn| ≤ |xn| (n ∈ N)

miatt (pl.)

sup

n

k=0

|un| : n ∈ N

≤ sup

n

k=0

|xn| : n ∈ N

< +∞,

így a

(un) sor (és ugyanígy a

(vn) sor is) abszolút konvergens. Fordítva, ha a(un),

(vn) sorok abszolút konvergensek, akkor

|xn| ≤ |un| + |vn| (n ∈ N)




alapján

sup

nk=0

|xn| : n ∈ N

≤ sup

nk=0

(|un| + |vn|) : n ∈ N ≤

sup n

k=0 |un

|: n

∈N + sup

n

k=0 |vn

|: n

∈N < +

∞.

Tehát a

(xn) sor abszolút konvergens.

4.3. Konvergenciakritériumok

Láttuk, hogy ha az (xn) : N → R sorozatra xn ≥ 0 (n ∈ N) teljesül, akkor a

(xn)végtelen sor konvergenciája egyszerűen ellenőrizhető a részletösszegek korlátossága révén.Bonyolultabb a helyzet, ha az (xn) sorozat nem rendelkezik az előbbi előjel-tulajdonsággal.

Számos "konvergencia-kritérium" létezik, ezek közül tárgyalunk a továbbiakban néhányat.

4.3.1. Tétel (Cauchy-féle gyök-kritérium). Tegyük fel, hogy az (xn) : N → K soro-zatra létezik az alábbi határérték :

δ := lim

n

|xn|

.

Ekkor:

1o ha δ < 1, akkor a

(xn) végtelen sor abszolút konvergens ;

2o ha δ > 1, akkor a (xn) végtelen sor divergens.

Bizonyítás. Tegyük fel először, hogy δ < 1, és legyen δ < q < 1. Ekkor egy alkalmasN ∈ N indexszel

2δ − q < n

|xn| < q (n ∈ N, n > N ),

azaz|xn| < q n (n ∈ N, n > N ).

Következésképpen minden n ∈ N, n > N esetén

nk=0

|xk| ≤N k=0

|xk| +

nk=N +1

q k <

N k=0

|xk| +

∞k=0

q k =

N k=0

|xk| + 11 − q ,

azaz a (nk=0 |xk|) sorozat korlátos, így (a tagjai nem-negatívok lévén) konvergens. Tehát a

(xn) sor abszolút konvergens.



4.3. KONVERGENCIAKRITÉRIUMOK 111

Ha δ > 1, akkor legyen 1 < q < δ. Van tehát olyan M ∈ N, amellyel

2δ − q > n

|xn| > q > 1 (n ∈ N, n > M ).

Világos innen, hogy |xn| ≥ 1 (n ∈ N, n > M ), azaz az (xn) sorozat nem nullasorozat.

Ezért (ld. 4.1.1. Tétel) a (xn) sor divergens.

4.3.2. Tétel (D’Alembert-féle hányados-kritérium). Tekintsük az (xn) : N→K\0sorozatot, és tételezzük fel, hogy létezik az alábbi határérték :

γ := lim

|xn+1||xn|

.

Ekkor:

1o ha γ < 1, akkor a

(xn) végtelen sor abszolút konvergens ;

2o ha γ > 1, akkor a (xn) végtelen sor divergens.

Bizonyítás. Vizsgáljuk először a γ < 1 esetet. Legyen γ < q < 1, ekkor van olyanN ∈ N, amellyel

2γ − q < |xn+1|

|xn| < q (n ∈ N, n > N ),

azaz|xn+1| ≤ q |xn| (n ∈ N, n > N ).

Innen (pl. teljes indukcióval) könnyen ellenőrizhető, hogy

|xn| ≤ |xN +1|q n−N −1 (n ∈ N, n > N ).

Ezért tetszőleges n ∈ N, n > N esetén

nk=0

|xk| ≤N k=0

|xk| + |xN +1|n

k=N +1

q k−N −1 ≤

N k=0

|xk| + |xN +1|·∞k=0

q k =N k=0

|xk| + |xN +1|

1 − q ,

azaz a (

nk=0 |xk|) sorozat korlátos. Így (az előző tételbeli bizonyítással analóg módon)

konvergens. Tehát a (xn) sor abszolút konvergens.Ha γ > 1, akkor legyen 1 < q < δ. Egy alkalmas M ∈ N mellett tehát

2δ − q > |xn+1|

|xn| > q > 1 (n ∈ N, n > M ).




Más szóval|xn+1| > |xn| (n ∈ N, n > M ).

Innen nyilvánvaló már, hogy az (xn) sorozat nem nullasorozat. Ezért (ld. 4.1.1. Tétel) a

(xn) sor divergens.

Valamilyen (xn) : N → [0, +∞) sorozat esetén a ((−1)nxn) végtelen sort váltakozó előjelű sornak (vagy rövidebben Leibniz-sornak ) nevezzük. Ezek konvergencia-kérdéseivelfoglalkozunk a következő tételben.

4.3.3. Tétel. Az (xn) : N → R sorozatról tegyük fel, hogy

0 ≤ xn+1 ≤ xn (n ∈ N).

Ekkor a

((−1)nxn) Leibniz-sor konvergenciájának a szükséges és elégséges feltétele

az, hogy az (xn

) sorozat nullasorozat legyen.

Bizonyítás. A lim(xn) = 0 feltétel szükségessége szinte nyilvánvaló. Ui., ha a szóbanforgó Leibniz-sor konvergens, akkor (ld. 4.1.1. Tétel)

lim((−1)nxn) = 0,

azaz (ld. 3.8. viii) megjegyzés) lim(|(−1)nxn|) = lim(xn) = 0.

Tegyük most fel, hogy lim(xn) = 0, és legyen

S n :=

nk=0

(−1)kxk (n ∈ N).

Mutassuk meg, hogy az (S 2n) részsorozat monoton fogyó, az (S 2n+1) részsorozat pedigmonoton növő. Valóban,

S 2n+2 =2n+2k=0

(−1)kxk = S 2n − x2n+1 + x2n+2 = S 2n + (x2n+2 − x2n+1) (n ∈ N).

Mivel itt x2n+2 − x2n+1 ≤ 0 (n ∈ N), ezért S 2n+2 ≤ S 2n (n ∈ N).

Ugyanígy kapjuk az S 2n+3

≥S 2n+1 (n

∈N) becslést is.

Lássuk be, hogy az (S 2n), (S 2n+1) részsorozatok korlátosak. Legyen ui. n ∈ N, ekkor

S 2n =2nk=0

(−1)kxk = (x0 − x1) + ... + (x2n−2 − x2n−1) + x2n =




n−1k=0

(x2k − x2k+1) + x2n ≥ 0,

hiszenx2k − x2k+1 ≥ 0 (k ∈N).

Hasonlóan, ha n ∈ N, akkor

S 2n+1 =2n+1k=0

(−1)kxk = x0 − (x1 − x2) − ... − (x2n−1 − x2n) − x2n+1 =

x0 −n−1k=0

(x2k+1 − x2k+2) − x2n+1 ≤ x0 −n−1k=0

(x2k+1 − x2k+2) ≤ x0,

ui.x2k+1

−x2k+2

≥0 (k

∈N).

Léteznek tehát (ld. 3.5.3. Tétel) az

α := lim(S 2n) , β := lim(S 2n+1)

(véges) határértékek. Mivel (ld. 3.7.5. Tétel, ill. 3.8. viii) megjegyzés)

|α − β | = lim(|S 2n − S 2n+1|) = lim(x2n+1) = 0,

ezért α = β . Mutassuk meg, hogy az (S n) sorozat konvergens, és lim(S n) = α (= β ). Ti.az (S 2n), (S 2n+1) sorozatok monotonitása miatt

S 2n+1 ≤ α ≤ S 2n (n ∈ N),

így|S 2n+1 − α|, |S 2n − α| ≤ |S 2n+1 − S 2n| = x2n+1 ≤ x2n (n ∈ N).

Mindez azt jelenti, hogy|S n − α| ≤ xn (n ∈ N),

ezért lim(xn) = 0 miatt az (S n) sorozat konvergál α-hoz.

Tekintsük az (xn) : N →

K sorozatot, ill. az általa generált (xn) végtelen sort.Legyen adott az m = (mn) indexsorozat, és tegyük fel, hogy m0 = 0. Ekkor a

σn :=mn+1−1k=mn

xk (n ∈ N)




összegekkel definiált

(σn) végtelen sort a

(xn) sor (m által meghatározott) zárójelezé-sének nevezzük. Formálisan szólva tehát (bár továbbra is óvunk attól, hogy a végtelen sortmintegy azonosítsuk az összeadással)

x0 + x1 + ... + xn + ... =

(x0 + ... + xm1−1) + (xm1 + ... + xm2−1) + ... + (xmn + ... + xmn+1−1) + ... .

Világos, hogy ha

S n :=nk=0

xk (n ∈ N),

akkor

Θn :=nk=0

σk =mn+1−1k=0

xk = S mn+1−1 (n ∈ N),

azaz a

(σn) zárójelezett sor (Θn) részletösszeg-sorozata a kiindulási

(xn) sor (S n)

részletösszeg-sorozatának egy részsorozata. Ha tehát a (xn) sor, azaz az (S n) sorozatkonvergens, akkor a (Θn) sorozat, azaz a (σn) zárójelezett sor is konvergens, és ugyanaza határértéke (ld. 3.5.2. Tétel). Így igaz a

4.3.4. Tétel. Ha a

(xn) végtelen sor konvergens, akkor bármely

(σn) zárójelezett sora is konvergens, és

∞k=0

xk =∞n=0

σn =∞n=0

mn+1−1k=mn

xk.

Az alábbi meglehetősen egyszerű példa azt mutatja, hogy a 4.3.4. Tétel "megfordítása"általában nem teljesül. Legyen ui.

x0 := 1 , x1 := −1 , x2n+k :=

1

2n (k = 0,..., 2n−1 − 1)

− 12n

(k = 2n−1,..., 2n − 1)(1 < n ∈ N).

Ekkor (ugyan lim(xn) = 0, de)

2n+2n−1−1k=0

xk −2n−1k=0

xk =2n+2n−1−1k=2n

xk = 2n−1· 1

2n =

1

2 (n ∈ N).

Innen nyilvánvaló, hogy a

(xn) végtelen sorra nem teljesül a Cauchy-kritérium (ld. 4.1.2.Tétel), követezésképpen ez a sor divergens. Ha viszont

m0 := 0 , mn := 2n (n ∈ N),




akkor σn = 0 (n ∈ N), azaz a

(σn) zárójelezett sor triviálisan konvergens. (Ez a példa isazt mutatja, hogy a végtelen sorok nem tekinthetők az összeadás egyfajta kiterjesztésének,ui. minden további nélkül nem teljesül az asszociativitás (

"zárójelezhetőség") szabálya.)

Várható tehát, hogy a 4.3.4. Tétel megfordítása csak bizonyos"

megszorító" feltételek

mellett érvényes. Világos, hogy a "fordított" állításban természetes feltételezésként szerepelmajd a zárójelezett sor konvergenciája. Mivel bármely végtelen (szám)sor konvergenciájánakszükséges feltétele a generáló sorozat nullához tartása, ezért az sem lesz meglepő, hogyez utóbbi is feltételként jelenik meg. A

"plusz" feltétel pedig a zárójelek

"hosszának" a

korlátossága lesz. Erről szól a


(xn) végtelen sorra és az (mn) indexsorozatra teljesülnek a következő feltételek :

1o lim(xn) = 0;

2o m0 = 0 és supmn+1 − mn ∈R : n ∈ N < +∞;

3o a

(σn) = mn+1−1

k=mn xk

zárójelezett sor konvergens.

Ekkor a

(xn) végtelen sor is konvergens.


S n :=n

k=0

xk , Θn :=n

k=0

σk =n

k=0

mk+1−1

j=mk

x j (n

∈N)

és

α := lim(Θn) =∞n=0

σn.

Bármely n ∈ N természetes számhoz egyértelműen van olyan ν n ∈N, hogy

mν n ≤ n < mν n+1.

Ekkor

|S n − Θν n| = S n − S mνn+1−1 = mνn+1−1

k=n+1 xk ≤

mνn+1−1

k=n+1 |xk| ≤

(mν n+1 − 1 − n)· max|xk| : k = n + 1,...,mν n+1 − 1 ≤(mν n+1 − mν n)· max|xk| : k = n + 1,...,mν n+1 − 1.




Ha tehát

q := supmk+1 − mk : k ∈N , yn := sup|xk| : k ∈N, k ≥ n (n ∈ N),

akkor

|S n − Θν n| ≤ qyn+1 (n ∈ N).

A feltételeink szerint lim(xn) = 0, azaz bármely δ > 0 számhoz van olyan N ∈ Nküszöbindex, amellyel |xn| < δ (n ∈ N, n > N ). Ezért yn ≤ δ (n ∈ N, n > N ). Mivelα = lim(Θn), ezért az előbbi δ > 0 számhoz létezik olyan M ∈ N, hogy

|Θk − α| < δ (k ∈N, k > M ).

Innen a fentiek alapján azt kapjuk, hogy

|S n

−α

|=

|(S n

−Θν n) + (Θν n

−α)

| ≤ |S n

−Θν n

|+

|Θν n

−α

| ≤(∗) qyn+1 + |Θν n − α| ≤ qδ + δ (n ∈ N, n > N, ν n > M ).

Jegyezzük meg, hogy a (ν n) sorozat monoton növő és lim(ν n) = +∞. Ha ui. n ∈ N és

mν n ≤ n < n + 1 < mν n+1,

akkor ν n+1 = ν n. Ha viszont n + 1 ≥ mν n+1, akkor ν n+1 ≥ ν n + 1. Így lim(ν n) < +∞esetén valamilyen K ∈ N természetes számmal ν n < K (n ∈ N) teljesülne. Ezért az

(mn) sorozat szigorúan monoton növekedése alapjánn < mν n+1 ≤ mK (n ∈ N).

Ez viszont azt jelentené, hogy a természetes számok halmaza felülről korlátos, ami nem igaz(ld. 1.4. iv) megjegyzés).

Van tehát olyan R ∈ N, hogy ν n > M (n ∈ N, n > R), így (ld. (∗))

|S n − α| ≤ qδ + δ (n ∈ N, n > maxN, R).

Ugyanakkor tetszőleges ε > 0 számhoz meg tudjuk választani a δ > 0 számot úgy, hogy

qδ + δ < ε. Ekkor |S n − α| < ε (n ∈ N, n > maxN, R),

amiből az (S n) sorozat konvergenciája (és lim(S n) = α) már következik (ld. 3.7.2. Tétel).




Az előbbiekben a végtelen sorokkal kapcsolatban az asszociativitás kérdését vizsgáltuk.Folytassuk most ezt a gondolatmenetet a kommutativitással. Legyen ehhez

p : N→ N

egy bijekció (más szóval p egy permutációja N-nek (ld. 3.2. iv) megjegyzés)), (xn) pedigegy tetszőleges végtelen (szám)sor. Ekkor a

(x p(n)) végtelen sort a

(xn) sor ( p-által

meghatározott) átrendezésének nevezzük. Kezdjük egy egyszerű tétellel.

4.3.6. Tétel. Tegyük fel, hogy (xn) : N → K és a

(xn) végtelen sor abszolút konvergens. Ekkor bármely

(x p(n)) átrendezése is abszolút konvergens, és

∞n=0

x p(n) =∞n=0

xn.


S n :=nk=0

xk , ∆n :=nk=0

x p(k) (n ∈ N).

Ha mostν n := max p(k) : k = 0,...,n (n ∈ N),

akkor nyilvánx p(0),...,x p(n) ⊂ x0,...,xν n (n ∈ N),

ezért nk=0

|x p(k)| ≤ν nk=0

|xk| (n ∈ N).

A

(xn) sor feltételezett abszolút konvergenciája miatt a m

k=0 |xk| (m ∈ N) részletössze-gek sorozata korlátos, azaz

q := sup

mk=0

|xk| : m ∈ N

< +∞.

Figyelembe véve a fentieket azt mondhatjuk, hogy

nk=0

|x p(k)| ≤ q (n ∈ N),

amiből az átrendezett sor abszolút konvergenciája már következik (ld. 3.5.3. Tétel).




Az átrendezett sor tehát konvergens is (ld. 4.1.), jelöljük α-val a limeszét:

α := lim(∆n) =∞n=0

x p(n).

Mivel p : N→ N bijekció, ezért tetszőleges n ∈ N indexhez van olyan µn ∈N, hogy

0,...,n ⊂ p(k) : k = 0,...,µn,

ti. legyenµn := max p−1(k) : k = 0,...,n.

Ezért (az N n := p(k) : k = 0,...,µn \ 0,...,n jelöléssel)

|S n − α| = |(S n − ∆µn) + (∆µn − α)| ≤ |S n − ∆µn | + |∆µn − α| =

k∈N n xk + |∆µn − α| ≤∞

k=n+1 |xk| + |∆µn − α| (n ∈ N).

A 4.2. viii) megjegyzést és a

(xn) sor abszolút konvergenciáját figyelembe véve azt mond-hatjuk, hogy

∞k=n+1

|xk| → 0 (n → ∞),

azaz bármely ε > 0 esetén egy alkalmas N ∈ N indexszel

∞k=n+1

|xk| < ε

2 (n ∈ N, n > N ).

A lim(∆n) = α egyenlőség alapján pedig valamilyen M ∈ N mellett

|∆m − α| < ε

2 (m ∈ N, m > M ).

Gondoljuk meg továbbá, hogy található olyan R ∈N index is, hogy

µn > M (n ∈ N, n > R).

Ellenkező esetben ui. a µn ≤ M becslés végtelen sok n ∈ N esetén fennállna, azaz a

0,...,n

⊂ p(k) : k = 0,...,µn

⊂ p( j) : j = 0,...,M

tartalmazások is. Így az

n ≤ max p( j) : j = 0,...,M becslés is végtelen sok N ∋ n-re teljesülne, ami (ld. 1.4. iv) megjegyzés) nem lehetséges.




Mindezt összefoglalva tehát

|S n − α| < ε

2 +

ε

2 = ε (n ∈ N, n > maxN, R).

Ez pontosan azt jelenti (ld. 3.7.2. Tétel), hogy az (S n) sorozat (azaz a (xn) sor) konver-

gens éslim(S n) =

∞n=0

xn = α.

Ha egy sor konvergens, de nem abszolút konvergens, akkor az előbbi állításhoz képest

"drámaian" megváltozik a helyzet. Ezt fejezi ki az alábbi tétel.

4.3.7. Tétel (Riemann). Tegyük fel, hogy az (xn) : N → R (valós) sorozat által generált (xn) végtelen sor konvergens, de nem abszolút konvergens. Ekkor:

1o van olyan

(x p(n)) átrendezés, amelyiknek nincs határértéke ;

2o tetszőleges α ∈ R esetén megadható olyan

(x p(n)) átrendezés, amelynek van határértéke, és a

(x p(n)) sor összege α-val egyenlő.

Bizonyítás (vázlat). Mivel a

(xn) sor nem abszolút konvergens, ezért az

N+ := n ∈ N : xn ≥ 0 , N− := n ∈ N : xn < 0halmazok mindegyike végtelen halmaz (és N+ ∩N− = ∅, N = N+ ∪N−). Valóban, ha pl. az

xn ≥ 0 egyenlőtlenség legfeljebb véges sok N ∋ n-re teljesülne, akkor egy alkalmas N ∈ Nmellett

xn < 0 (n ∈ N, n > N )

állna fenn. Ezért bármely n ∈ N, n > N esetén

nk=0

|xk| =N k=0

|xk| +n

k=N +1

|xk| =N k=0

|xk| −n

k=N +1

xk =N k=0

(|xk| + xk) −nk=0

xk,

ígyn

k=0

|xk| ≤ 2N

k=0

|xk| +

n

k=0

xk

(n ∈ N, n > N ).

A feltételek szerint a

(xn) sor konvergens, ezért (ld. 3.5.4. Tétel)

q := sup

nk=0

xk

: n ∈ N

< +∞.




Következésképpen az előbb mondottakat figyelembe véve

sup

nk=0

|xk| : n ∈ N

≤ 2N k=0

|xk| + q < +∞,

azaz a (xn) sor abszolút konvergens lenne, ami nem igaz.

Van tehát egy-egy olyan indexsorozat: ν = (ν n) és µ = (µn), hogy

Rν = N+ , Rµ = N−.

A fentiekkel analóg gondolatmenettel azt kapjuk, hogy

∞n=0

xν n =∞n=0

(−xµn) = +∞.

Ha ui. (pl.) ∞

n=0 xν n < +∞, akkor bármely n ∈N

eseténnk=0

|xk| =

j∈N,ν j≤n

xν j −

i∈N,µi≤n

xµi =

2· j∈N,ν j≤n

xν j −nk=0

xk ≤ 2·∞ j=0

xν j −nk=0

xk.

Ezért

sup

nk=0

|xk| : n ∈ N ≤ 2·

∞ j=0

xν j + q < +∞,

azaz a (xn) sor megint csak abszolút konvergens lenne, ami nem igaz.

Mindezeket szem előtt tartva a 4.3.7. Tétel 1o állításának a bizonyításához (azaz azabban jelzett p : N → N bijekció konstrukciójához) induljunk ki abból, hogy egy alkalmasN +0 ∈ N indexszel

N +0 −1k=0

xν k > 1,

és legyen p(k) := ν k (k = 0,...,N +0 − 1). Van ugyanakkor olyan N −0 ∈ N is, hogy

N +0 −1k=0

xν k +

N −0 −1 j=0

xµj < −1.

Legyen p(N +0 + j) := µ j ( j = 0,...,N −0 − 1),




és válasszuk most az N +1 ∈ N indexet úgy, hogy

N +0 −1k=0

xν k +N −0 −1 j=0

xµj +N +1 −1l=0

xν N +0 +l

> 1

teljesüljön. Definiáljuk a keresett p bijekció"

további" helyettesítési értékeit az alábbiakszerint:

p(N +0 + N −0 + l) := ν N +0 +l (l = 0,...,N +1 − 1).

Az eljárást folytatva most olyan N −1 ∈ N indexet választunk, amellyel

N +0 −1k=0

xν k +N −0 −1 j=0

xµj +N +1 −1l=0

xν N +0 +l

+N −1 −1s=0

xµN −0 +s

< −1,

és ekkor legyen

p(N +0 + N −0 + N +1 + s) := µN −0 +s (s = 0,...,N −1 − 1).

Ezen az úton (amelynek a"

kezdő lépéseit" részleteztük az előbbiekben) rekurzíve eljutunkegy olyan p : N → N bijekcióhoz, amely által generált

(x p(n)) átrendezés Θn (n ∈ N)

részletösszegeire végtelen sok n ∈N esetén Θn > 1, ill. végtelen sok n ∈N esetén Θn <−1 teljesül. Következésképpen a (Θn) sorozatnak (azaz a

(x p(n)) átrendezett sornak)

nincs határértéke.

Most mutassuk meg olyan p : N→ N bijekció létezését, amellyel a

(x p(n)) átrendezettsornak +∞ az összege:

∞n=0

x p(n) = +∞.

Induljunk ki abból, hogy a

(xn) sor feltételezett konvergenciájából lim(xn) = 0 következik(ld. 4.1.1. Tétel). Egy alkalmas 1 ≤ N 0 ∈N indexszel tehát |xn| < 1/2 (n ∈ N, n ≥ N 0).Legyen

p(k) := k (k = 0,...,N 0 − 1),

és

q 0 :=N 0−1 j=0

x j .

Ha m+0 a legkisebb olyan j ∈ N index, amelyre ν j /∈ 0,...,N 0 − 1, akkor van olyan

1 ≤ N +1 ∈ N, hogy

q 1 := q 0 +m+

0 +N +1 −1k=m+

0

xν k > q 0 + 1.




Legyen p(N 0 + k) := ν m+0 +k (k = 0,...,N +1 − 1).

Hasonlóan, legyen m−0 a legkisebb olyan j ∈ N index, amelyre µ j /∈ 0,...,N 0 − 1.

Válasszuk ezek után az N ∋ N −1 -t úgy, hogy N −1 > 0, valamint

q 2 := q 1 +m

−

0 +N

−

1 −1k=m−0

xµk > q 0 + 12

,

és"

folytassuk" a p értelmezését a következőképpen:

p(N 0 + N +1 + k) := µm−0 +k (k = 0,...,N −1 − 1).

(Mivel µm−0 > N 0, így |xµk | = −xµk < 1/2 (k ∈N, k ≥ m−0 ). Ezért

q 1 + xµm−0

> q 1 − 1/2 > q 0 + 1/2,

tehát valóban van ilyen N −1 ≥ 1 index.)

Ismételjük meg a fent mondottakat: legyen N +2 ∈ N olyan, hogy

q 3 := q 2 +m+

0 +N +1 +N +2 −1k=m+

0 +N +1

xν k > q 0 + 2,

és p(N 0 + N +1 + N −1 + k) := ν m+

0 +N +1 +k (k = 0,...,N +2 − 1).

Válasszuk továbbá az 1 ≤ N −2 ∈ N indexet úgy, hogy

q 4 := q 3 +m−0 +N −1 +N −2 −1k=m−0 +N −1

xµk > q 0 + 1,

ill. legyen

p(N 0 + N +1 + N −1 + N +2 + k) := µm−0 +N −1 +k (k = 0,...,N −2 − 1),

és í.t.: a következő lépésben további megfelelő számú nem-negatív xν s-eket véve és ezek

összegét q 4-hez hozzáadva a kapott q 5 összegre q 5 > q 0 + 4 teljesül. A q 5-höz aztánvalahány további negatív xµk-t hozzáadva a kapott q 6 összegre q 6 > 2, stb. Az n-ediklépéspárban kapott q 2n−1 , q 2n-re

q 2n−1 > q 0 + 2n−1 , q 2n > q 0 + 2n−2 (1 ≤ n ∈ N).




Világos, hogy q 2n-ek az átrendezett sor részletösszegei lesznek: alkalmas (γ n) indexsorozat-tal

q 2n =γ nk=0

x p(k) (n ∈ N),

ill. a "közbülső" m = γ n−1,...,γ n − 1 (1 ≤ n ∈ N) indexek eseténmk=0

x p(k) ≥ q 2n > q 0 + 2n−2.

Innen már nyilvánvaló, hogy ∞

k=0 x p(k) = +∞.

Analóg módon kapunk olyan p : N→ N bijekciót, amelyre ∞

k=0 x p(k) = −∞.

Legyen most α ∈ R, és konstruáljunk olyan p : N→ N bijekciót, hogy

∞

k=0

x p(k) = α.

A fentiek szerint van olyan m+0 ∈ N, amellyel

Q0 :=m+

0k=0

xν k > α.

Ha egyúttal m+0 a legkisebb ilyen index, akkor vagy m+

0 = 0, azaz xν 0 > α, vagy m+0 > 0,

ésm+

0 −1

k=0

xν k ≤

α.

Ekkor|Q0 − α| = Q0 − α < xν

m+0

.

Legyen p(k) := ν k (k = 0,...,m+

0 ),

és válasszuk az 1 ≤ m−0 ∈ N indexet úgy, hogy

Q1 := Q0 +m−0

j=0

xµj < α.

Tegyük fel, hogy m−0 a legkisebb ilyen index, azaz

|Q1 − α| = α − Q1 < |xµm−0

| = −xµm−0

.




Legyen továbbá p(m+

0 + j) := µ j−1 ( j = 1,...,m−0 ).

Most legyen 1 ≤ m+1 ∈ N (egyúttal a lehető legkisebb) olyan index, hogy

Q2 := Q1 +m+

1k=0

xν m+0 +k+1

> α,

és p(m+

0 + m−0 + k) := ν m+

0 +k (k = 1,...,m+1 ).

Ekkor tehát|Q2 − α| = Q2 − α < xν

m+0 +m+

1 +1

.

Válasszuk most N ∋ m−1 -t úgy (a lehető legkisebbként), hogy m−

1 ≥ 1, és

Q3 := Q2 +

m−1 j=0

xµm−0 +k+1 < α,

ill. legyen p(m+

0 + m−0 + m+

1 + j) := µm−0 + j ( j = 1,...,m−1 ).

Világos, hogy|Q3 − α| = α − Q3 < xµ

m−0 +m−

1 +1

.

Ha ezt az eljárást analóg módon folytatjuk, és az így előálló p : N→ N bijekcióval

Θn :=

n

k=0 x p(k) (n ∈ N),

akkor

Q0 = Θm+0

, Q1 = Θm+0 +m−0

, Q2 = Θm+0 +m−0 +m+

1, Q3 = Θm+

0 +m−0 +m+1 +m−1

, ... .

Továbbá n ∈ N, m+0 ≤ n ≤ m+

0 + m−0 esetén

Θm+0 +m−0

≤ Θn ≤ Θm+0

,

s ∈ N, m+0 + m−

0 ≤ s ≤ m+0 + m−

0 + m+1 esetén

Θm+0 +m−0

≤ Θs ≤ Θm+0 +m−0 +m+

1,

és|Θn − α| ≤ max|Θm+

0− α|, |Θm+

0 +m−0− α| ≤ maxxν

m+0

, −xµm−0

,...




Mivel lim(xn) = 0, ezért lim(Θn) = α.

A végtelen sorok – mint sorozatok – szorzása a 3.7.5., 3.7.10. Tételek alapján első hallásranem jelent újdonságot. Legyenek ui. adottak az (xn), (yn) : N → K sorozatok, ekkor azáltaluk generált (xn), (yn) végtelen sorok - azaz az

X n :=nk=0

xk , Y n :=nk=0

yk (n ∈ N)

utasítással definiált (X n), (Y n) sorozatok - (X n)(Y n) = (X nY n) szorzata a következő:

X nY n =

nk=0

xk

· nk=0

yk

=

nk=0

n j=0

xky j (n ∈ N).

Világos, hogy ha

z 0 := x0y0 , z n := xnn j=0

y j + ynn−1k=0

xk (1 ≤ n ∈ N),

és

Z n :=ns=0

z s (n ∈ N),

akkor X nY n = Z n (n ∈ N), azaz a fentiek alapján(xn)·(yn) =

(z n).

Tehát a szóban forgó két végtelen sor szorzata is egy végtelen sor. Ha az xky j (k, j ∈ N)szorzatokat egy

"∞×∞-es mátrix" elemeiként képzeljük el (xky j-t mint a k-adik sor j-edik

elemét), akkor Z n (n ∈ N) nem más, mint ezen mátrix első n + 1 sora és oszlopa általmeghározott

"bal felső négyzetben" lévő elemeinek az összege. Ezért a

(z n) sort a

(xn),

(yn) sorok téglányszorzatának nevezzük. A már említett 3.7.5. Tételt alkalmazva jutunkaz alábbi állításhoz.


(xn),

(yn) végtelen sorok konvergensek. Ekkor a

(z n) téglányszorzatuk is konvergens és

∞n=0

z n =∞n=0

xn·∞n=0

yn.

Sőt, ha

(xn),

(yn) abszolút konvergensek, akkor

(z n) is abszolút konvergens.




Bizonyítás. Az előzményeket figyelembe véve már csak az abszolút konvergenciáravonatkozó állítást kell meggondolnunk. Tegyük fel tehát, hogy

q :=∞n=0

|xn| < +∞ , Q :=∞n=0

|yn| < +∞.

Ekkor (ld. a tétel kimondása előtti jelöléseket)

|z k| =

xkk j=0

y j + ykk−1l=0

xl

≤ |xk|k j=0

|y j| + |yk|k−1l=0

|xl| ≤

|xk|∞ j=0

|y j| + |yk|∞l=0

|xl| = Q|xk| + q |yk| (1 ≤ k ∈N).

Ennélfogva azt mondhatjuk, hogyn

k=0 |z k

| ≤ |z 0

|+

n

k=1

(Q

|xk

|+ q

|yk

|)

≤ |z 0

|+ 2qQ (1

≤n

∈N).

Következésképpen a (nk=0 |z k|) sorozat korlátos, így a

(|z n|) sor konvergens.

Formálisan szólva a

(z n) téglányszorzat részletösszegeinek a kiszámításakor a fentitétel kimondás előtt említett

"mátrix" bizonyos elemeit adjuk össze. Ha ez a

"mátrix" egy

"igazi" mátrix lenne, azaz véges sok sora (és ugyanannyi oszlopa) lenne, akkor az elemeit pl.

a következőképpen is összeadhatnánk: először az egyes sorokban lévő elemeket adjuk össze,majd ezen összegeknek vesszük az összegét. De csinálhatnánk mindezt úgy is, hogy először azegyes oszlopokban lévő elemeket adjuk össze, majd ezen összegeknek vesszük az összegét (ld.asszociativitás). Ennek analógiájára (bár nem győzzük újfent hangsúlyozni, hogy ne keverjükössze a végtelen sorokat az összeadással) vezessük be a végtelen sorok alábbi

"szorzását".

Ehhez tételezzük fel, hogy a (xn), (yn) sorok konvergensek, és legyen

tn := xn∞k=0

yk =∞k=0

xnyk , T n := yn∞k=0

xk =∞k=0

ynxk (n ∈ N).

Ekkor a

(tn) végtelen sort a

(xn),

(yn) sorok oszlopszorzatának, a

(T n) sort pediga

(xn),

(yn) sorszorzatának nevezzük. Világos, hogy igaz a


(xn),

(yn) végtelen sorok konvergensek. Ekkor a

(tn),

(T n) oszlop-, ill. sorszorzatuk is konvergens, és

∞n=0

tn =∞n=0

T n =∞n=0

xn·∞n=0

yn.

Sőt, ha

(xn),

(yn) abszolút konvergensek, akkor

(tn) és

(T n) is abszolút kon-vergens.




A fenti, már többször emlegetett (xky j)∞k,j=0 "

mátrix" elemeit másképp is szemügyrevehetjük az

"összeadás" során. Legyen ehhez

cn :=

j,k∈N,j+k=n

xky j (n ∈ N).

Tehát (részletesebben kiírva)

cn =nk=0

xkyn−k = x0yn + x1yn−1 + ... + xn−1y1 + xny0 (n ∈ N).

(Geometriailag szólva cn-et úgy kapjuk meg, hogy a fenti"

mátrixban" az (n + 1)-edik sorelső elemét az (n + 1)-edik oszlop első elemével összekötő egyenes mentén lévő szorzato-kat összeadjuk.) Ekkor a

(cn) sort a

(xn),

(yn) sorok Cauchy-szorzatának nevezzük.

Legyen

C n :=nk=0

ck (n ∈ N)

az előbbi Cauchy-szorzat n-edik részletösszege, azaz (cn) = (C n). A C n (n ∈ N) részlet-összeg tehát a 4.3.8. Tétel kimondása előtt említett

"bal felső négyzet" átlóval kettéosztott

egyik felében lévő szorzatok összege.

4.3.10. Tétel (Mertens). Tegyük fel, hogy a

(xn),

(yn) sorok konvergensek, és leg-alább az egyikük abszolút konvergens. Ekkor a

(cn) Cauchy-szorzatuk is konvergens,

és ∞n=0

cn =∞n=0

xn·∞n=0

yn.

Ha (xn) is és (yn) is abszolút konvergens, akkor (cn) is abszolút konvergens.

Bizonyítás. Tegyük fel, hogy a

(xn) sor abszolút konvergens (is), és legyen

A :=∞k=0

xk , B :=∞k=0

yk.

Tekintsük valamilyen 2 ≤ n ∈ N esetén a fenti C n részletösszeg alábbi előállítását:

C n =nk=0

xkn−k j=0

y j =mnk=0

xkn−k j=0

y j +n

k=mn+1

xkn−k j=0

y j,

ahol mn := [n/2] (az n/2 szám egészrésze, azaz mn ∈ N, és n/2 − 1 < mn ≤ n/2).Következésképpen

C n − AB =mnk=0

xkn−k j=0

y j − AB +n

k=mn+1

xkn−k j=0

y j =




mnk=0

xk

n−k j=0

y j − B

+ B

mnk=0

xk − A

+

nk=mn+1

xkn−k j=0

y j,

és így

|C n − AB| ≤ mnk=0

|xk|· n−k j=0

y j − B + |B|· mnk=0

xk − A +n

k=mn+1

|xk|· n−k j=0

y j .

Mivel a

(xn) sor abszolút konvergens, a

(yn) sor pedig konvergens, ezért

Q := sup

sl=0

|xl| : s ∈ N

< +∞ , q := sup

sl=0

yl

: s ∈ N

< +∞,

ill. tetszőleges ε > 0 számhoz van olyan N ∈ N (mindkét sor esetén" jó") küszöbindex,

amellyel

sl=0

xl − A < ε , sl=0

yl − B < ε (s ∈ N, s > N ).

A

(xn) sor abszolút konvergenciája és a Cauchy-kritérium (ld. 4.1.2. Tétel) miatt azelőbbi N -ről az is feltehető, hogy

pk=r

|xk| < ε (r, p ∈ N, r > p > N ).

Legyen n ∈ N és n > 2(N + 1), ekkor

n > n

2 ≥mn >

n

2 −1 > N,

továbbá bármely k = 0,...,mn esetén n − k ≥ n − mn ≥ n/2 > N. Ezért

|C n − AB| ≤ Qε + |B|ε + εq = (Q + |B| + q )ε.

Ez pontosan azt jelenti, hogy a (C n) sorozat (azaz a

(cn) Cauchy-szorzat) konvergens, és

∞n=0

cn = lim(C n) = AB =∞n=0

xn·∞n=0

yn.

Ha mind a két sor, (xn), (yn) abszolút konvergens, akkor alkalmazzuk az eddigbebizonyítottakat a

(|xn|),

(|yn|) sorokra. Legyen tehát

dn :=

j,k∈N,j+k=n

|xk|· |y j| (n ∈ N).




Ekkor a

(dn) sor az eddigiek alapján konvergens, azaz

sup

nk=0

dk : n ∈ N

< +∞.

Mivel

|cn| =

j,k∈N,j+k=n

xky j ≤

j,k∈N,j+k=n

|xk|· |y j| = dn (n ∈ N),

ezért n

k=0 |ck| ≤ nk=0 dk (n ∈ N), így

sup

nk=0

|ck| : n ∈ N

≤ sup

nk=0

dk : n ∈ N

< +∞.

Ez azt jelenti, hogy a

(|cn|) sor konvergens, más szóval a

(cn) Cauchy-szorzat abszolútkonvergens.

A hétköznapi számolásban megszokott

"

tizedestörtek" mögött (azok egzakt matematikai

értelmezésében) a végtelen sorok játszanak főszerepet. Mindezt általánosabban megfogal-mazva legyen adott a 2 ≤ p ∈ N szám (a számrendszer

"alapszáma", pl. p := 10), és

tekintsünk egy olyan (xn) számsorozatot, amelyre

xn ∈ 0,...,p − 1 (n ∈ N)

teljesül. Ekkor a xn

pn+1

végtelen sor (abszolút) konvergens és

∞n=0

xn

pn+1 ∈ [0, 1].

Valóban, mindez következik a

0 ≤ xn pn+1

≤ p − 1

pn+1 (n ∈ N)

nyilvánvaló becslésből:

0 ≤nk=0

xk pk+1

≤ ( p − 1)·nk=0

1

pk+1 =

p − 1

p · 1 − (1/p)n+1

1 − 1/p <

p − 1

p · 1

1 − 1/p = 1 (n ∈ N).

Következésképpen (ld. 3.7.6. Tétel)∞k=0

xk pk+1

= lim

nk=0

xk pk+1

≤ 1.




4.3.11. Tétel. Tetszőleges α ∈ [0, 1] számhoz megadható olyan

(xn) : N→ 0,...,p − 1sorozat, amellyel

α :=

∞n=0

xn pn+1 .

Bizonyítás. Ha α = 1, akkor az xn := p − 1 (n ∈ N) választás megfelelő:

∞n=0

p − 1

pn+1 = ( p − 1)

∞n=1

1

pn =

p − 1

p · 1

1 − 1/p = 1.

A továbbiakban feltehetjük tehát, hogy α < 1. Tekintsük a

k

p ,

k + 1

p (k = 0,...,p − 1)

intervallumokat. Ekkor

I 0 := [0, 1) = p−1k=0

k

p, k + 1

p

egy páronként diszjunkt halmazokból álló felbontása a [0, 1) intervallumnak. Egyértelműenlétezik ezért olyan x0 ∈ 0,...,p − 1, hogy

α ∈ I 1 :=

x0

p ,

x0 + 1

p

.

Más szóval x0

p ≤ α <

x0 + 1

p ,

amiből rögtön következik az is, hogy

0 ≤ α − x0

p <

1

p.

Ha most az

I 1 = p−1k=0

x0

p +

k

p2, x0

p +

k + 1

p2

szintén páronként diszjunkt halmazokból álló felbontását tekintjük az I 1 intervallumnak,akkor egyértelműen van olyan x1 ∈ 0,...,p − 1, hogy

α ∈ I 2 :=

x0

p +

x1

p2, x0

p +

x1 + 1

p2

.




Ez azt jelenti, hogyx0

p +

x1

p2 ≤ α <

x0

p +

x1 + 1

p2 ,

tehát

0 ≤ α − x0

p +

x1

p2 <

1

p2 .

Tegyük fel, hogy valamilyen n ∈ N mellett már definiáltuk az I 0,...,I n intervallumokat, ill.(n ≥ 1 esetén) az x0,...,xn−1 ∈ 0,...,p − 1 számokat, és

α ∈ I n = p−1k=0

n−1 j=0

x j p j+1

+ k

pn+1,n−1 j=0

x j p j+1

+ k + 1

pn+1

.

Ekkor egyértelműen adható meg az az xn ∈ 0,...,p − 1 szám, amellyel

α ∈ I n+1 := n−1

j=0

x j

p j+1 +

xn

pn+1 ,

n−1

j=0

x j

p j+1 +

xn + 1

pn+1 .

Továbbá azt mondhatjuk, hogy

(∗) 0 ≤ α −n j=0

x j p j+1

< 1

pn+1.

Tudjuk (ld. 3.9.2. Tétel), hogy lim(1/pn+1) = 0. Tehát az (xn) sorozattal (ld. 3.2. viii)megjegyzés) (∗) alapján

lim

α −n

j=0

x j p j+1

= 0,

azaz

α =∞ j=0

x j p j+1

.

4.4. Megjegyzések

i) A 4.3.1. Tételben"

hiányzik" a δ = lim ( n |xn|) = 1 eset. Ez nem véletlen, ti. ekkor

"nem működik" a Cauchy-féle gyök-kritérium: a szóban forgó sor lehet konvergens is,vagy divergens is, amint azt az alábbi két példa mutatja:

xn := 1

n , yn :=

1

n2 (1 ≤ n ∈ N).




Ekkor (ld. 3.9.6., 3.7.5. Tételek)

lim( n

|xn|) =

1

lim( n√

n) = lim( n

|yn|) =

1

(lim( n√

n))2 = 1,

ugyanakkor (ld. 4.1.3. Tétel) a (xn) sor divergens, a (yn) sor pedig konvergens.ii) Ugyanez mondható el a 4.3.2. Tétellel kapcsolatban is: ha

γ = lim

|xn+1||xn|

= 1,

akkor"

ettől" még lehet a

(xn) sor konvergens is, meg divergens is. Elég csupán azelőző megjegyzésbeli (xn), (yn) sorozatokra gondolni:

lim

|xn+1||xn|

= lim

n

n + 1

= lim

|yn+1||yn|

= lim

n

n + 1

2

= 1

(ld. 3.9.7., 3.7.5. Tételek).

iii) A 3.8. x) megjegyzésre utalva a 4.3.1. Tétel (gyök-kritérium), ill. a 4.3.2. Tétel(hányados-kritérium) kiterjeszthető olyan esetekre is, amikor az említett tételekbenszereplő gyök-, ill. hányados-sorozat nem konvergens. Igaz ui. az alábbi általánosgyök-, ill. hányados-kritérium : valamilyen (xn) : N→K sorozatra

1o legyen δ := lim sup ( n

|xn|), ekkor δ < 1 esetén a

(xn) sor abszolút konvergens,ha viszont δ > 1, akkor

(xn) divergens;

2o ha még xn = 0 (n ∈ N), akkor legyen γ := limsup(|xn+1|/|xn|), ill. η :=

lim inf (|xn+1|/|xn|), ekkor γ < 1 esetén a (xn) sor abszolút konvergens, mígaz η > 1 esetben

(xn) divergens.

Az i), ii)-beli példák azt mutatják, hogy továbbra sem"

működnek" a kritériumok aδ = 1, ill. az η ≤ 1 ≤ γ esetekben.

iv) A 4.3.3. Tétel alkalmazható a

((−1)n/n) sorra, mivel (ld. 3.9.1. Tétel)lim(1/n) = 0, és az (1/n) sorozat triviális módon (szigorúan) monoton fogyó.Ezért a

((−1)n/n) sor konvergens. Ugyanakkor nem abszolút konvergens, hiszen

(|(−1)n/n|) =

(1/n), és (ld. 4.1.3. Tétel) a

(1/n) harmonikus sor divergens. A4.3.3. Tétel bizonyítása során az is kiderült, hogy (a most vizsgált sorra alkalmazva)

nk=1

(−1)k

k −

∞k=1

(−1)k

k

=

∞k=n+1

(−1)k

k

≤ 1

n (1 ≤ n ∈ N).

(Később ki is számoljuk az itt szereplő ∞

k=1(−1)k/k sorösszeget.)




v) A 4.3.6. Tétel ("

átrendezési tétel") kiterjeszthető az alábbiak szerint. Tegyük fel,hogy (xn) : N→ K és a

(xn) sor abszolút konvergens. Valamely véges ∅ = N ⊂ N

halmaz esetén

k∈N xk azon xk számok összegét jelenti, amelyekre k ∈ N . Ha N ⊂N nem véges, akkor legyen

k∈N

xk :=∞n=0

xν n ,

ahol a (ν n) indexsorozattal R(ν n) = N . (Mivel

(xn) abszolút konvergens, ezértkönnyen meggondolhatóan ez az utóbbi sorösszeg létezik, és a 4.3.6. Tétel miatt bár-mely p : N→ N bijekcióval

∞n=0 xν n =

∞n=0 xν p(n).) Ha már most

N =∞n=0

N n

a természetes számok halmazának egy páronként diszjunkt ∅ = N n (n ∈ N) halma-

zokból álló felbontása, akkor ∞n=0

xn =∞n=0

j∈N n

x j .

A 4.3.6. Tétel ennek az a speciális esete, amikor (az ottani jelöléseket használva) N n = p(n) (n ∈ N), és ekkor

j∈N n x j = x p(n) (n ∈ N).

vi) Mutassuk be a 4.3.7. Tétel (Riemann-tétel) bizonyítását a

((−1)n/(n + 1)) sorkapcsán. Ekkor (ld. a 4.3.7. Tételbeli jelöléseket) ν n = 2n, µn = 2n + 1 (n ∈ N).Legyen pl. α := 3/2, ekkor a

∞n=0 x p(n) = 3/2 átrendezéshez első lépésként m+

0 az alegkisebb index, amellyel

Q0 =m+

0k=0

xν k =m+

0k=0

x2k =m+

0k=0

1

2k + 1 = 1 +

1

3 + ... +

1

2m+0 + 1

> 3

2.

Nyilván m+0 = 2, mivel

1 + 1

3 +

1

5 = 1 +

8

15 > 1 +

1

2 >

3

2,

de 1 + 1/3 = 4/3 < 3/2. Tehát

p(0) = ν 0 = 0 , p(1) = ν 1 = 2 , p(2) = ν 2 = 4.

A folytatásban azt a (legkisebb) 1 ≤ m−0 ∈ N indexet keressük, hogy

Q1 = Q0 +m−0 j=0

xµj = 1 + 1

3 +

1

5 −

m−0 j=0

1

2 j + 2 <

3

2,




azaz1

2

m−0 j=0

1

j + 1 >

8

15 − 1

2 =

1

30,

más szóval m−0 +1

j=1 1/j > 1/15. Világos, hogy m−

0 = 1, így

p(m+0 + 1) = p(3) = µ0 = 1,

és í.t.

vii) A 4.3.6., 4.3.7. Tételeket figyelembe véve a következőket mondhatjuk: egy

(xn)(valós szám)sor akkor és csak akkor abszolút konvergens, ha bármely p : N → N

bijekció esetén a

(x p(n)) átrendezett sor konvergens. Ezért szokták néha az abszolútkonvergens sort feltétlen konvergensnek, a konvergens, de nem abszolút konvergens sortpedig feltételesen konvergensnek nevezni.

viii) A 4.3.7. Tétel fenti bizonyítás(vázlat)ában lényeges volt az, hogy minden n ∈ N eseténxn ∈R. Belátható, hogy ez a feltétel nem csupán a bizonyítás szempontjából lényeges.Legyen ui.

xn = un + ıvn ∈ C (un, vn ∈R, n ∈ N),

és tekintsük a

(xn) (komplex) sort. Ekkor (ld. 3.5.5. Tétel) a

(xn) sor akkor éscsak akkor konvergens, ha a

(un),

(vn) sorok konvergensek, és az utóbbi esetben

∞n=0

xn =∞n=0

un + ı∞n=0

vn,

ill. (xn) akkor és csak akkor abszolút konvergens, ha a (un), (vn) sorok abszolútkonvergensek. Legyen α ∈ C és nevezzük α-t a (xn) sor limeszpontjának, havalamilyen p : N → N bijekcióval a

(x p(n)) sor konvergens, és α =

∞n=0 x p(n). Ha

(xn) konvergens és

C0 := α ∈ C : α limeszpontja a

(xn) sornak,

akkor a Steinitz-tétel azt mondja ki, hogy a C0 halmaz"

szerkezetét" illetően az alábbiesetek lehetségesek:

1o C0-nak egyetlen eleme van;

2o

C0 a komplex számsíkon egy egyenes, azaz alkalmas ξ, η ∈C mellettC0 = ξ + tη ∈C : t ∈ R;

3o C0 megegyezik a C halmazzal.




ix) Az előző megjegyzésbeli Steinitz-tételt illusztrálandó, annak az 1o esete áll elő nyilvánminden abszolút konvergens

(xn) sor esetén. Ekkor ui. (ld. 4.3.6. Tétel)

C0 = α,

ahol α := ∞n=0 xn. A 2

o

eset "megvalósításához" legyen ugyanakkor valamilyenξ, η ∈ C számokra

(z n) olyan abszolút konvergens sor, amelynek az összegeξ -vel egyenlő:

ξ =∞n=0

z n.

Ha most

(yn) egy valós számokból álló feltételesen konvergens sor, akkor

a) a

(z n + ηyn) sor konvergens (ld. 4.2. iii) megjegyzés);

b) bármely p : N → N bijekcióra ∞

n=0 z p(n) = ξ (ld. 4.3.6. Tétel);

c) Tetszőleges t ∈R

esetén van olyan p :N

→N

bijekció (ld. 4.3.7. Tétel), hogy∞n=0 y p(n) = t. Ezért (ld. 4.2. iii) megjegyzés)

∞n=0

(z p(n) + ηy p(n)) = ξ + tη.

Ha tehát xn := z n + ηyn (n ∈ N), akkor

C0 = ξ + tη ∈ C : t ∈ R.

A 3o eset illusztrálásához induljunk ki egy-egy feltételesen konvergens valós számsor-

ból, legyenek ezek (xn), (yn), és definiáljuk a (z n) sorozatot a következőképpen:

z n :=

xk (n = 2k)

ıyk (n = 2k + 1)(n, k ∈N).

Ha u, v ∈ R tetszőleges valós számok, akkor (ld. 4.3.7. Tétel) megadhatók olyan p, r : N→ N bijekciók, hogy

u =∞n=0

x p(n) , v =∞n=0

yr(n).

Legyen ezek után

s(n) :=

ν k (n = 2k, ha z ν k = x p(k))

µk (n = 2k + 1, ha z µk = yr(k))(n, k ∈N).




Világos, hogy s : N→ N bijekció, és a

(z s(n)) átrendezett sor valós része

(x p(n)),a képzetes része

(yr(n)). Ezért (ld. 4.2. x) megjegyzés)

(z s(n)) konvergens, és

∞

n=0

z s(n) =∞

n=0

x p(n) + ı∞

n=0

yr(n) = u + ıv.

Itt u, v ∈R tetszőlegesek, így az u + ıv limeszpontok"

kitöltik" az egész komplex Chalmazt.

x) Legyen 2 ≤ p ∈ N, és mutassuk meg, hogy minden n ∈ N számhoz egyértelműenlétezik m ∈ N és n0,...,nm ∈ 0,...,p − 1, amelyekre n > 0 esetén nm = 0, és

n =mk=0

nk pk.

Mindez ui. triviális, ha n ∈ 0,...,p − 1, ti. ekkor az m := 0, n0 := n választásmegfelelő. Ezért feltehetjük, hogy n ≥ p. Világos, hogy az

Nm := [ pm, pm+1) ∩N (m ∈ N)

halmazokkal

N \ 0,...,p − 1 =∞m=1

Nm

egy páronként diszjunkt halmazokra való felbontása az N \ 0, 1,...,p − 1 halmaz-nak. Következésképpen egyértelműen van olyan m ∈ N, amellyel n ∈ Nm. Az isnyilvánvaló, hogy bármely 1 ≤ m ∈ N mellett

Nm = p−1

k=1

([kpm, (k + 1) pm) ∩Nm)

(és az itt szereplő [kpm, (k + 1) pm) ∩ Nm (k = 1,...,p − 1) halmazok is páronkéntdiszjunktak), tehát a fenti m-hez pontosan egy 1,...,p − 1 ∋ nm-mel

n ∈ [nm pm, (nm + 1) pm).

Más szóval n − nm pm ∈ [0, pm). Teljes indukcióval okoskodva tegyük fel, hogy valami-lyen 1 ≤ m ∈ N és tetszőleges s ∈ [0, pm) ∩N esetén igaz az állításunk:

s =m−1k=0

sk pk

bizonyos sk ∈ 0,...,p − 1 (k = 0,...,m − 1) együtthatókkal. Tehát alkalmasn0,...,nm−1 ∈ 0,...,p − 1 számokkal

n − nm pm =m−1k=0

nk pk.




Azt kaptuk, hogy

n =mk=0

nk pk.

Ha n =

mk=0 q k p

k is egy ilyen előállítása n-nek és k = 0,...,m : nk = q k = ∅, akkor

legyen j := maxk = 0,...,m : nk = q k.

Tegyük fel (pl.), hogy q j < n j , amikor is

0 =mk=0

(nk − q k) pk = j−1k=0

(nk − q k) pk + (n j − q j) p j ≥

(n j − q j) p j −

j−1k=0

( p − 1) pk ≥ p j − j−1k=0

( p − 1) pk = p j − p j + 1 ≥ 1,

ami nyilván nem lehet.xi) Az előző megjegyzésre utalva legyen n ∈ N, k = 0,...,pn − 1 esetén

α := k

pn ∈ [0, 1).

Ekkor alkalmas k0,...,kn−1 ∈ 0,...,p − 1 együtthatókkal

α =

n−1 j=0 k j p

j

pn =

n−1 j=0

k j pn− j

=n j=1

kn− j p j

=n−1 j=0

kn− j−1

p j+1 .

Ha tehát (a 4.3.11. Tételbeli jelöléseket használva)

x j =

kn− j−1 ( j = 0,...,n − 1)

0 ( j ≥ n)(n ∈ N),

akkor α =∞ j=0

x j p j+1 . Legyen itt α > 0 esetén

r := max j ∈N : x j = 0,

ekkor r ≤ n − 1, xr = kn−r−1 ≥ 1, és

α =r j=0

x j

p j+1 =r−1 j=0

x j p j+1

+ xr − 1

pr+1 +

∞ j=r+1

p − 1

p j+1 .




Ez azt jelenti, hogy az

y j =

x j ( j = 0,...,r − 1)

xr − 1 ( j = r)

p − 1 ( j > r)

( j ∈N)

választással is

α =∞ j=0

y j p j+1

.

Világos ugyanakkor, hogy az (xn) együttható-sorozat különbözik (yn)-től, hiszenyr = xr − 1 = xr. Mindez azt jelenti, hogy a 4.3.11. Tételben az (ottani) (xn)sorozatok egyértelműsége általában nem igaz: a fenti alakú α = k/pn ∈ (0, 1) (ún.

p-adikusan racionális ) számokra két különöző"

előállítás" is megadható. Nem nehézbelátni, hogy ha egy α

∈(0, 1) számra van

"

véges" előállítás, azaz valamilyen N

∈N

és x j ∈ 0,...,p − 1 ( j = 0,...,N ) esetén

α =N j=0

x j p j+1

(ahol xN = 0), akkor α p-adikusan racionális. (Az előbbiek szerint a fenti"

véges"előállítás azzal ekvivalens, hogy

α =N −1 j=0

x j p j+1

+ xN − 1

pN +1 +

∞ j=N +1

p − 1

p j+1 .)

Valóban, ekkor

α· pN +1 =N j=0

x j pN − j =

N l=0

xN −l pl =: k.

Következésképpen

α = k

pN +1.

xii) Valamely 2 ≤ p ∈ N mellett jelöljük Q p-vel a (0, 1)-beli p-adikusan racionális számokhalmazát (ld. xi) megjegyzés), és mutassuk meg, hogy bármely

α ∈

[0, 1]\Q p

esetén az α-ra vonatkozó 4.3.11. Tételbeli

α =∞k=0

xk pk+1




előállítás egyértelmű (ahol tehát xk ∈ 0,...,p − 1 (k ∈N)). Ha ui. az

α =∞k=0

yk pk+1

előállítás is ilyen (yk ∈

0,...,p−

1

(k ∈N)), és valamilyen k

∈N esetén xk

= yk,

akkor legyenm := mink ∈N : xk = yk.

Feltehetjük, hogy ym > xm, azaz ym ≥ xm + 1. Tehát (ld. 4.2. iii) megjegyzés)

0 =∞k=0

yk − xk pk+1

=∞k=m

yk − xk pk+1

= ym − xm

pm+1 +

∞k=m+1

yk − xk pk+1

≥

1

pm+1 +

∞k=m+1

yk − xk pk+1

.

Vegyük észre, hogy valamilyen j ∈ N, j ≥ m + 1 indexre y j − x j = p − 1. Ti.

xk, yk ∈ 0,...,p − 1 (k ∈ N) miatt yk − xk = p − 1 csak úgy lehetséges, hayk = p − 1 és xk = 0. Ha ez minden k ∈ N, k ≥ m + 1 esetén teljesülne, akkor (ld.xi) megjegyzés) α ∈ Q p lenne, ami nem igaz. Tehát

∞k=m+1

yk − xk pk+1

<∞

k=m+1

p − 1

pk+1 ,

amiből a fentieket is figyelembe véve

0 ≥ 1

pm+1 +

∞k=m+1

yk − xk pk+1

> 1

pm+1 −

∞k=m+1

p − 1

pk+1 = 0

következik, tehát 0 > 0, ami nem igaz.

xiii) LegyenS p := (xn) : N→ R : xn ∈ 0,...,p − 1 (n ∈ N),

és jelöljük S 0 p-vel azoknak az S p-beli (xn) sorozatoknak a halmazát, amelyekre egyalkalmas N ∈ N indexszel xn = 0 (n ∈ N, n ≥ N ), vagy egy M ∈ N indexszelxn = p − 1 (n ∈ N, n ≥ M ). Legyen továbbá

Φ : (0, 1) \Q p → S p \ S 0 paz a leképezés, amelyre Φ(α) (α ∈ [0, 1] \ Q p) az az S p-beli (xn) sorozat, amelyeleget tesz a 4.3.11. Tételnek. Ekkor a fenti megjegyzéseink alapján azt mondhatjuk,

hogy Φ bijekció. Mivel könnyen beláthatóan a Q p, S 0 p halmazok megszámlálhatóak,a [0, 1] intervallum viszont kontinuum számosságú, ezért S p is kontinuum számosságú.Speciálisan a p = 2 esetben S 2 a

"0 − 1 sorozatok" halmaza:

S 2 = (xn) : N→ R : xn ∈ 0, 1 (n ∈ N).




xiv) Állapodjunk meg abban, hogy ha α ∈ Q p, akkor a 4.3.11. Tétel (és a xi), xii) meg- jegyzések) alapján adódó kétféle

α =∞

k=0

xk pk+1

előállítás közül az xk ∈ 0,...,p − 1 (k ∈ N) sorozat mindig azt fogja jelenteni,amelyre alkalmas N ∈ N mellett xk = 0 (k ∈N, k > N ). Ekkor bármely α ∈ [0, 1]szám p-adikus jegyein a 4.3.11. Tétel szerinti xk-kat értjük, magát a 4.3.11. Tételbelielőállítást pedig az α szám p-adikus tört-alakjának nevezzük. Ha p = 10, akkor tizedes tört-alakról, ha p = 2, akkor pedig diadikus tört-alakról beszélünk. Azt mondjuk, hogyα szakaszos p-adikus tört, ha vannak olyan N ∈ N, 1 ≤ M ∈ N számok, hogy

xN + j = xN + j+sM (s ∈ N, j = 0,...,M − 1).

Egyúttal nyilván az is igaz, hogy

xN + j+sM = xN + j+(s+1)M (s ∈ N, j = 0,...,M − 1).

Minden ilyen esetben α ∈ Q, azaz α racionális szám. Ti. ekkor

α =N −1k=0

xk pk+1

+∞k=N

xk pk+1

=

N −1k=0

xk pk+1

+∞s=0

M −1 j=0

xN + j+sM

pN + j+sM +1.

Következésképpen

pN α =N −1k=0

xk pN −k−1 +

∞s=0

M −1 j=0

xN + j+sM

pN + j+sM +1 pN =:

R +∞s=0

M −1 j=0

xN + j+sM

p j+sM +1 .

Továbbá

( pN α − R) pM =∞s=0

M −1 j=0

xN + j+sM

p j+sM +1 pM =

M −1 j=0

xN + j p j+1 pM +

∞s=1

M −1 j=0

xN + j+sM p j+(s−1)M +1 =

M −1 j=0

xN + j p j+1

pM +∞s=1

M −1 j=0

xN + j+(s−1)M

p j+(s−1)M +1 =: S +

∞s=0

M −1 j=0

xN + j+sM

p j+sM +1 .




Tehát

( pN α − R) pM − S =∞s=0

M −1 j=0

xN + j+sM

p j+sM +1 = pN α − R.

Innen az adódik, hogy

α = S − R + RpM

pN ( pM − 1) .

Világos, hogy S, R ∈N, ezért valóban igaz, hogy α ∈Q.

xv) Valamilyen x = (xn), y = (yn) : N→ K sorozatok esetén legyen

z n :=nk=0

xkyn−k (n ∈ N).

Ekkor az x ∗ y := (z n) sorozatot az x, y sorozatok konvolúciójának nevezzük. Így pl.az y0 := 1, yn := 0 (n

∈ N) választással x

∗y = x. Világos, hogy x

∗y = y

∗x,

hiszenz n =

nk=0

xkyn−k =nk=0

ykxn−k (n ∈ N).

A fenti definíció alapján nyilvánvaló, hogy a

(xn),

(yn) sorok Cauchy-szorzata (ld.4.3.) nem más, mint

((xn) ∗ (yn)).

xvi) A Mertens-tétel (ld. 4.3.10. Tétel) bizonyításában követett módszerrel kapjuk azalábbi állítást: ha an, bn ∈K (n ∈ N), lim(an) = 0,

∞n=0 |bn| < +∞ és

vn :=n

k=0

akbn−k (n ∈ N),

akkor lim(vn) = 0.

xvii) Az átrendezésekkel kapcsolatos 4.3.6. Tétel egy másik"

kedvelt" bizonyítása pl. akövetkező. Tegyük fel először, hogy a szóban forgó abszolút konvergens

(xn) sor

tagjai nem-negatív valós számok: xn ≥ 0 (n ∈ N). Ekkor a szóban forgó tételbizonyításában látottak szerint

∞k=0

x pn ≤∞k=0

xn.

Ha mindezt a (xn) sor helyett a (x pn) sorra és a p : N → N bijekció helyett a p−1 : N→ N bijekcióra alkalmazzuk, akkor a"

fordított"

∞k=0

xn ≤∞k=0

x pn




becslés adódik. Ez azt jelenti, hogy∞k=0

xn =∞k=0

x pn.

Legyen most xn ∈R (n

∈N) tetszőleges, és valamilyen α

∈R esetén vezessük be az

alábbi jelöléseket:

α+ :=

α (α ≥ 0)

0 (α < 0), α− :=

−α (α < 0)

0 (α ≥ 0)

(az α pozitív része, ill. negatív része ). Világos, hogy

α+, α− ≥ 0 , α = α+ − α− , |α| = α+ + α−.

Könnyű meggondolni, hogy ha

(xn) abszolút konvergens, akkor a

(x+n ),

(x−n )

nem-negatív tagú sorok konvergensek. Következésképpen az előbbiek alapján bármely

p :N

→N

bijekcióra ∞n=0

x+n =

∞n=0

x+ pn ,

∞n=0

x−n =∞n=0

x− pn,

ezért∞n=0

xn =∞n=0

x+n −

∞n=0

x−n =∞n=0

x+ pn

−∞n=0

x− pn =∞n=0

x pn

és∞n=0

x± pn ≤∞n=0

|xn| < +∞

miatt∞n=0

|x pn| =∞n=0

x+ pn +

∞n=0

x− pn < +∞.

Most tegyük fel, hogy (xn) : N→ C, és legyen

xn = un + ıvn (n ∈ N)

(ahol un, vn ∈R (n ∈ N)). Ha

(xn) abszolút konvergens sor, akkor a

(un),

(vn)valós sorok is abszolút konvergensek. Így az eddig belátottak alapján tetszőleges

p : N→ N bijekcióra∞

n=0

xn =∞

n=0

un + ı∞

n=0

vn =∞

n=0

u pn + ı∞

n=0

v pn =∞

n=0

x pn ,

és∞n=0

|x pn| ≤∞n=0

|u pn| +∞n=0

|v pn| < +∞.



4.5. HATVÁNYSOROK 143

4.5. Hatványsorok

A végtelen sorok egy fontos osztályát alkotják az ún. függvénysorok. Ezek értelmezéséheznevezzünk egy (f n) sorozatot függvénysorozatnak, ha minden n ∈ N esetén f n függvény.Feltesszük, hogy valamilyen

D =

∅ halmazzal

Df n = D (n ∈ N).

Pl. az f n(t) := tn (t ∈ D := K, n ∈ N) függvények egy ilyen (f n) függvénysorozatothatároznak meg.

Ha a szóban forgó (f n) függvénysorozatra még az is igaz, hogy Rf n ⊂ K (n ∈ N), azaz

f n : D →K (n ∈ N),

akkor van értelme az (f n) függvénysorozat által meghatározott

(f n) függvénysornak :

(f n) := nk=0

f k .

A

(f n) függvénysor tehát nem más, mint az

F n :=nk=0

f k (n ∈ N)

részletösszeg-függvények által generált (F n) függvénysorozat. Így pl. az előbbi

f n(t) := tn (t ∈ K, n ∈ N)

függvények esetén

F n(t) =nk=0

tk =

n + 1 (t = 1)

1 − tn+1

1 − t (t = 1)(t ∈ K).

Ha valamilyen t ∈ D esetén az (F n(t)) sorozat konvergens (azaz a

(f n(t)) végtelensor konvergens), akkor azt mondjuk, hogy a

(f n) függvénysor a t helyen konvergens. (Ha

(|f n(t)|) is konvergens, akkor a szóban forgó függvénysor a t helyen abszolút konvergens.)A

D0 :=

t∈ D

: (F n

(t)) konvergens

halmaz a

(f n) függvénysor konvergencia-tartománya. Ha D0 = ∅, akkor az

F (t) := lim (F n(t)) =∞n=0

f n(t) (t ∈ D0)




függvény a

(f n) függvénysor összegfüggvénye. Pl. az előbbi példában

D0 = ξ ∈K : |ξ | < 1,

és

F (t) = 11 − t (t ∈ ξ ∈K : |ξ | < 1).

A továbbiakban speciális függvénysorokkal foglalkozunk. Legyen ezek értelmezéséhezadott az a ∈ K középpont és az (an) : N → K együttható-sorozat, és ezek segítségéveltekintsük az alábbi függvényeket:

f n(t) := an(t − a)n (t ∈ D := K, n ∈ N).

Ekkor a

(f n) függvénysort (a középpontú, (an) együtthatós) hatványsornak nevezzük.Ebben az esetben az F n (n ∈ N) részletösszeg-függvények a következők:

F n(t) =nk=0

ak(t − a)k (t ∈ K, n ∈ N),

azaz (ld. 2.4. xiv) megjegyzés) F n-ek polinomok. Nyilvánvaló, hogy a szóban forgó hat-ványsor a t = a helyen konvergens, és (F -fel jelölve az összegfüggvényt) F (a) = a0. (Ahatványsorokkal kapcsolatban is a 00 := 1 megállapodással élünk.)

Az előbbi hatványsor jelölésére alkalmanként használni fogjuk a

(an(t − a)n) szimbó-lumot is.

A következő tételben hatványsorok konvergencia-tartományával foglalkozunk.

4.5.1. Tétel. Bármilyen a, an ∈ K (n ∈ N) esetén egyértelműen létezik olyan 0 ≤ r ∈R, hogy

1o ha r > 0, akkor minden x ∈K, |x − a| < r helyen a

(an(t − a)n) hatványsor az x helyen abszolút konvergens ;

2o ha r < +∞, akkor tetszőleges x ∈ K, |x − a| > r mellett a

(an(t − a)n)hatványsor az x helyen divergens.

Bizonyítás. Lássuk be először, hogy ha a szóban forgó hatványsor valamilyen z ∈ K,|z −a| > 0 helyen konvergens, akkor minden y ∈K, |y −a| < |z −a| esetén y-ban abszolútkonvergens. Valóban, a

q := |y − a||z − a|




jelöléssel 0 ≤ q < 1 és

|ak(y − a)k| = |ak(z − a)k|· q k (k ∈N).

Mivel a hatványsorunk z -ben konvergens, ezért (ld. 4.1.1. Tétel) lim(an(z

−a)n) = 0, így

(ld. 3.5.4. Tétel) van olyan K ≥ 0, hogy

|an(z − a)n| ≤ K (n ∈ N).

Következésképpen|ak(y − a)k| ≤ Kq k (k ∈N),

azaz∞k=0

|ak(y − a)k| ≤ K ∞k=0

q k < +∞.

Megjegyezzük, hogy ha ilyen a = z ∈K nincs, akkor minden a = z ∈K esetén a szóbanforgó hatványsor divergens z -ben. Így világos, hogy az r := 0 eleget tesz 2o-nek.

Legyen ezek után

r := sup |z − a| : z ∈K,

(an(t − a)n) konvergens z -ben.

Tegyük fel először, hogy r > 0. Ha x ∈ K és |x−a| < r, akkor (a szuprémum definíciójamiatt) van olyan z ∈K, amelyre |x−a| < |z −a| < r, és

(an(t−a)n) abszolút konvergens

z -ben. Tehát∞

k=0 |ak

|· |x

−a

|k

≤

∞

k=0 |ak

|· |z

−a

|k < +

∞,

azaz a

(an(t − a)n) hatványsor az x helyen abszolút konvergens.

Ha r < +∞ és lenne olyan x ∈ K, |x − a| > r, hogy

(an(t − a)n) konvergens x-ben,akkor az előbbiek miatt bármely z ∈K, r < |z − a| < |x − a| esetén a hatványsor abszolútkonvergens lenne z -ben. Az r definíciója alapján tehát |z −a| ≤ r, szemben r < |z −a|-val.

Ha a fenti r mellett valamilyen 0 ≤ R ∈ R esetén is igaz a tétel (formálisan r helyettR-et írva), és (indirekt módon gondolkozva) r = R (pl. r < R), akkor legyen x ∈ K,r < |x − a| < R. Az r < |x − a| egyenlőtlenségből 2o alapján az következik, hogy a

(an(x −a)n) sor divergens, az |x − a| < R -ből pedig 1o szerint az, hogy a

(an(x −a)n)

sor (abszolút) konvergens. Ez nyilván ellentmondás, ezért r = R.

A következő tételben (bizonyos (an) együttható-sorozatok esetén) ki is számítjuk ezt azr-et.




4.5.2. Tétel (Cauchy-Hadamard). Tegyük fel, hogy az (an) : N → K olyan sorozat,

amelyre létezik a lim( n

|an|) határérték, és legyen

r := +∞

lim( n

|an|) = 0

1

lim( n

|an|)lim( n |an|) > 0.

Ekkor bármely a ∈ K mellett a

(an(t−a)n) hatványsorról a következőket mondhatjuk :

1o ha r > 0, akkor minden x ∈ K, |x − a| < r esetén a

(an(t − a)n) hatványsor az x helyen abszolút konvergens ;

2o ha r < +∞, akkor tetszőleges x ∈ K, |x − a| > r mellett a

(an(t − a)n)

hatványsor az x helyen divergens.

Bizonyítás. Legyen a = x ∈ K, ekkor

n

|an(x − a)n| = n

|an|· |x − a| (n ∈ N, n ≥ 2),

így létezik

lim( n

|an(x − a)n|) = lim ( n

|an|)· |x − a|.Ha tehát lim( n

|an|) = 0 (azaz r = +∞), akkor lim( n

|an(x − a)n|) = 0 < 1, ha pedig

0 < lim ( n |an|) < +∞

(azaz 0 < r < +∞), akkor

lim( n

|an(x − a)n|) = |x − a|

r .

Ezért 0 < |x − a| < r esetén lim( n

|an(x − a)n|) < 1. A Cauchy-féle gyök-kritérium (ld.

4.3.1. Tétel) szerint így a

(an(t − a)n) hatványsor az x-ben (tehát a

(an(x − a)n) sor)abszolút konvergens (a 0-ban pedig triviális módon az), amivel 1o-et beláttuk.

A 2o állítás analóg módon adódik. Ha ui. lim( n |an|) = +∞ (azaz r = 0), akkor afentiek szerint minden x ∈ K, |x − a| > 0 = r esetén

lim( n

|an(x − a)n|) = lim ( n

|an|)· |x − a| = +∞ > 1.




Ezért ismét a Cauchy-féle gyök-kritérium (ld. 4.3.1. Tétel) miatt a

(an(t − a)n) hatvány-

sor divergens az x-ben. A 0 < lim ( n

|an|) < +∞ esetben (amikor is 0 < r < +∞) pedig

tetszőleges x ∈ K, |x − a| > r helyen

lim(

n |an(x − a)n

|) = |x

−a

|r > 1

alapján újra csak a Cauchy-féle gyök-kritériumból (ld. 4.3.1. Tétel) következően a szóbanforgó hatványsor divergál az x-ben.

Tekintsük a

(an(t−a)n) hatványsort. Ekkor a 4.5.1. Tételbeli r-et az illető hatványsorkonvergencia-sugarának nevezzük. Legyen r < +∞ esetén

Gr(a) := x ∈ K : |x − a| ≤ r,

ill., ha r > 0, akkor (részben) emlékeztetünk a K r(a) környezetre:

K r(a) :=

x

∈K :

|x

−a| < r

.

Speciálisan K +∞(a) = K. Jelölje D0 a

(an(t − a)n) hatványsor konvergencia-tartomá-nyát, akkor a 4.5.1. Tétel szerint

1o ha r = +∞, akkor D0 = K, és minden x ∈ K esetén a

(an(t − a)n) hatványsoraz x helyen abszolút konvergens;

2o ha r = 0, akkor D0 = a, és ∞

n=0 an(a − a)n = a0;

3o ha 0 < r < +∞, akkor K r(a) ⊂ D0 ⊂ Gr(a), és a K r(a) környezet minden xpontjára a

(an(t − a)n) hatványsor az x helyen abszolút konvergens;

4o ha r > 0, akkor tetszőleges 0 ≤ ρ < r számhoz válasszuk az x ∈ K r(a) elemet úgy,hogy |x − a| = ρ. Ekkor (ld. 3o)

∞n=0

|an(x − a)n| =∞n=0

|an|· |x − a|n =∞n=0

|an|· ρn < +∞.

Tegyük fel, hogy a szóban forgó

(an(t − a)n) hatványsor r konvergencia-sugara nemnulla. Ekkor értelmezhetjük az alábbi függvényt:

f (x) :=∞

n=0

an(x − a)n (x ∈ K r(a)),

ami nem más, mint a

(an(t − a)n) függvénysor

F (x) :=∞n=0

an(x − a)n (x ∈ D0)




összegfüggvényének a leszűkítése (ld. 2.4. xv) megjegyzés) a K r(a) környezetre:

f = F |Kr(a).

(Ezzel együtt a későbbiekben az f -et is úgy emlegetjük, mint az illető hatványsor összeg-

függvénye.) Az ilyen "szerkezetű" f függvényt analitikus függvénynek nevezzük.Az alábbiakban felsorolunk néhány, a gyakorlat szempontjából is alapvető fontosságú

analitikus függvényt. Ehhez először gondoljuk meg, hogy

lim( n√

n!) = +∞.

Valóban, minden n ∈ N, n ≥ 2 esetén

n! >

n

2

n/2

,

ígyn√ n! > n (n/2)n/2 = n

2 → +∞ (n → +∞).

Innen az állításunk már nyilvánvaló. Ezért (rendre) az

an :=

1n!

(−1)n

(2n)!

(−1)n

(2n + 1)!

(n ∈ N)

választással lim( n |an|) = 0, tehát (ld. 4.5.2. Tétel) a (antn) hatványsorok konvergen-cia-sugara r = +∞. Legyen ezek után

exp x := exp(x) := ex :=∞n=0

xn

n! (x ∈ K),

sin x := sin(x) :=∞n=0

(−1)n x2n+1

(2n + 1)! (x ∈ K),

cos x := cos(x) :=∞n=0

(−1)n x2n

(2n)! (x ∈ K),

shx := sh(x) := ∞n=0

x2n+1

(2n + 1)! (x ∈ K),

chx := ch(x) :=∞n=0

x2n

(2n)! (x ∈ K)




az exponenciális-, a szinusz-, a koszinusz-, a szinuszhiperbolikusz-, és a koszinuszhiperboli-kusz-függvény. Speciálisan a 4.5.1. Tétel szerint

exp1 = e1 =∞n=0

1

n! = e.

Ha N ∈ N és a

(an(t − a)n) hatványsor együtthatóira an = 0 (n ∈ N, n > N ),

akkor nyilván lim( n

|an|) = 0. Ezért a szóban forgó hatványsor r konvergencia-sugarára

r = +∞, és az

f (x) :=∞n=0

an(x − a)n =N n=0

an(x − a)n (x ∈ K)

összegfüggvény egy polinom (ld. 2.4. xiv) megjegyzés).

4.5.3. Tétel. Tekintsük a

(an(t − a)n) hatványsort, legyen r a konvergencia-

sugara, és tegyük fel, hogy r > 0. Ekkor bármely b∈

K r(a) esetén léteznek a

bk :=∞n=k

n

k

an(b − a)n−k (k ∈N)

sorösszegek, és tetszőleges 0 < ρ < r − |b − a| mellett

∞n=0

an(x − a)n =∞k=0

bk(x − b)k (x ∈ K ρ(b)).

Bizonyítás. Mutassuk meg először is, hogy minden 0 < ρ ≤ r − |b − a| esetén

K ρ(b) ⊂ K r(a).

Ha ui. x ∈ K ρ(b), azaz |x − b| < ρ, akkor a háromszög-egyenlőtlenség alapján

|x − a| = |(x − b) + (b − a)| ≤ |x − b| + |b − a| < ρ + |b − a| ≤ r,

azaz |x − a| < r, tehát x ∈ K r(a). Következésképpen a

(an(t − a)n) hatványsor az xhelyen abszolút konvergens, és a binomiális tételt alkalmazva

∞n=0

an(x − a)n =∞n=0

an((x − b) + (b − a))n =∞n=0

annk=0

n

k

(b − a)n−k· (x − b)k.

Legyen

cnk :=

an

nk

(b − a)n−k(x − b)k (k = 0,...,n)

0 (k > n)

(n, k ∈N),




ekkor∞n=0

an(x − a)n =∞n=0

∞k=0

cnk.

Mivel∞

k=0

|cnk| ≤ |an|n

k=0

n

k|b − a|n−k

· |x − b|k

= |an| (|b − a| + |x − b|)n

≤|an| (|b − a| + ρ)n = |an|σn (n ∈ N),

ahol σ := |b − a| + ρ < r. Ha y ∈ K r(a) olyan, hogy σ = |y − a|, akkor (ld. 4.5.1. Tétel) a(an(t − a)n) hatványsor abszolút konvergens az y helyen:

∞n=0

∞k=0

|cnk| ≤∞n=0

|an|σn =∞n=0

|an(y − a)n| =∞n=0

|an|σn < +∞.

Világos, hogy tetszőleges N, K ∈ N esetén

K k=0

N n=0

|cnk| =N n=0

K k=0

|cnk| ≤N n=0

∞k=0

|cnk| ≤∞n=0

∞k=0

|cnk| < +∞,

amiből (ld. 3.7.5. Tétel és 3.8. ix) megjegyzés)

K k=0

∞n=0

|cnk| = limN →∞

K k=0

N n=0

|cnk| ≤∞n=0

∞k=0

|cnk| < +∞,

ill. innen∞

k=0

∞

n=0 |cnk

|= limK →∞

K

k=0

∞

n=0 |cnk

| ≤

∞

n=0

∞

k=0 |cnk

| < +

∞.

A ∞

k=0

∞n=0 ←→ ∞

n=0

∞k=0 szerepcserével analóg módon kapjuk a

"fordított" irányú

∞n=0

∞k=0

|cnk| ≤∞k=0

∞n=0

|cnk|

egyenlőtlenséget. Következésképpen

∞n=0

∞k=0

|cnk| =∞k=0

∞n=0

|cnk|.

Vegyük észre, hogy a most kapott egyenlőség a cnk-k helyett minden olyan dnk ∈ K(n, k ∈N) számok esetén igaz, amelyekre

(∗)∞n=0

∞k=0

|dnk| < +∞.




Ha tehát még 0 ≤ dnk ∈R (n, k ∈N) is igaz, akkor∞n=0

∞k=0

dnk =∞k=0

∞n=0

dnk.

Ha (∗

) mellett"

csak annyi" teljesül, hogy dnk ∈R (n, k

∈N), akkor legyen

d+nk :=

dnk (dnk ≥ 0)

0 (dnk < 0), d−nk :=

−dnk (dnk < 0)

0 (dnk ≥ 0)(n, k ∈N).

Nyilvánd+nk, d−nk ≥ 0 , |dnk| = d+

nk + d−nk (n, k ∈N).

Így d+nk, d−nk ≤ |dnk| (n, k ∈ N), ezért a (∗) feltétel a dnk-k helyett d+

nk-okra, d−nk-okra isigaz. Ebből kifolyólag

∞

n=0

∞

k=0

d+nk =

∞

k=0

∞

n=0

d+nk ,

∞

n=0

∞

k=0

d−nk =∞

k=0

∞

n=0

d−nk.

Az utóbbi egyenlőségekből dnk = d+nk − d−nk (n, k ∈ N) (és a 4.2. iii) megjegyzés) alapján

következik a∞n=0

∞k=0

dnk =∞k=0

∞n=0

dnk

egyenlőség. Ha most a (∗) feltételnek eleget tevő dnk (n, k ∈ N) számok (egyébként)tetszőleges komplex számok, akkor legyen

unk := Re dnk , vnk := Im dnk (n, k ∈N).

Mivel

|unk

|,

|vnk

| ≤ |dnk

| (n, k

∈ N), ezért a (

∗) feltétel a dnk-k helyett az unk-kra és a

vnk-kra is teljesül. Innen a fenti "valós" esethez hasonlóan jutunk a∞n=0

∞k=0

dnk =∞k=0

∞n=0

dnk

egyenlőséghez.

Mindezt most a dnk := cnk (n, k ∈N) esetben alkalmazva azt mondhatjuk, hogy∞n=0

∞k=0

cnk =∞k=0

∞n=0

cnk.

Figyelembe véve a cnk-k jelentését ezért azt írhatjuk, hogy

∞n=0

an(x − a)n =∞k=0

∞n=k

ann

k

(b − a)n−k

(x − b)k =

∞k=0

bk(x − b)k.




4.5.4. Tétel (egyértelműség). Tegyük fel, hogy a

(an(t − a)n),

(bn(t − a)n)hatványsorokra valamilyen 0 < R esetén igaz a következő egyenlőség:

∞

n=0

an(x − a)n =∞

n=0

bn(x − a)n (a = x ∈ K R(a)).

Ekkor an = bn (n ∈ N).

Bizonyítás. Lássuk be először, hogy a0 = b0. Legyen ehhez 0 < r0 < R, ekkortetszőleges 0 < r ≤ r0, x ∈ K, |x − a| = r esetén

∞n=0

an(x − a)n = a0 + (x − a)∞n=1

an(x − a)n−1 =

∞

n=0

bn(x − a)n = b0 + (x − a)∞

n=1

bn(x − a)n−1.

Következésképpen

|a0 − b0| = |x − a|·∞n=1

(bn − an)(x − a)n−1

≤ |x − a|·∞n=1

(|bn| + |an|)· |x − a|n−1 ≤

|x − a|·∞n=1

(|bn| + |an|)· rn−10 =: M |x − a| = M r.

(Emlékeztetünk arra (ld. 4.5.1. Tétel), hogy ha y ∈ K R(a) olyan, hogy |y − a| = r0, akkora

(an(t − a)n),

(bn(t − a)n) hatványsorok y-beli abszolút konvergenciájából

M =∞n=1

(|bn| + |an|)· rn−10 = 1

r0

∞n=1

(|bn| + |an|)· rn0 ≤

1

r0

∞n=0

(|bn| + |an|)· rn0 = 1

r0

∞n=0

(|bn(y − a)n| + |an(y − a)n|) < +∞

következik.) Mivel tetszőleges ε > 0 mellett a fenti r nyilván megválasztható úgy is, hogyMr < ε, ezért

|a0 − b0| < ε.

Világos, hogy ez csak |a0 − b0| = 0, azaz a0 = b0 esetén lehet igaz.

Tegyük fel, hogy valamilyen N ∈ N mellett már beláttuk: bármilyen n = 0,...,N indexre an = bn. Ekkor

∞n=0

an(x − a)n =N n=0

an(x − a)n +∞

n=N +1

an(x − a)n =




∞n=0

bn(x − a)n =N n=0

an(x − a)n +∞

n=N +1

bn(x − a)n (x ∈ K R(a)),

ezért∞

n=N +1

an(x

−a)n =

∞

n=N +1

bn(x

−a)n (x

∈ K R(a)).


∞n=N +1

an(x − a)n = (x − a)N +1∞n=0

an+N +1(x − a)n =: (x − a)N +1∞n=0

cn(x − a)n,

ill.

∞n=N +1

bn(x − a)n = (x − a)N +1∞n=0

bn+N +1(x − a)n =: (x − a)N +1∞n=0

dn(x − a)n,

tehát ∞n=0

cn(x − a)n =∞n=0

dn(x − a)n (a = x ∈ K R(a)).

A bizonyítás elején mondottak szerint innen

c0 = aN +1 = d0 = bN +1

következik. Ezzel (a teljes indukcióra gondolva) az állításunkat beláttuk.

Megjegyezzük, hogy a későbbiekben az

f (x) := ∞n=0

an(x − a)n (x ∈ K R(a))

összegfüggvény segítségével ki is számítjuk az an (n ∈ N) együtthatókat.

4.6. Megjegyzések

i) Vizsgáljuk az alábbi példákat:

an1 := 1 , an2 := 1n + 1 , an3 := 1(n + 1)2 (n ∈ N),

ill. legyen a(i) := 0 (i = 1, 2, 3). Ekkor a lim( n√

n) = 1 egyenlőség (ld. 3.9.6.Tétel) miatt a

(ani(x − a(i))n) hatványsorok ri (i = 1, 2, 3) konvergencia-sugarára




(ld. 4.5.2. Tétel) ri = 1 (i = 1, 2, 3). Tehát (D0i-vel (i = 1, 2, 3) jelölve a(ani(x − a(i))n) hatványsor konvergencia-tartományát) i) szerint

x ∈ K : |x| < 1 ⊂ D0i ⊂ x ∈ K : |x| ≤ 1.

Ugyanakkor x

∈K,

|x

|= 1 esetén

∞n=1

1

n2 < +∞

miatt (ld. 4.1.3. Tétel) a

(xn/(n+1)2) hatványsor az x helyen abszolút konvergens.Viszont (ld. 4.1.3., 4.3.3. Tételek)

∞n=0

1

n + 1 = +∞ ,

∞n=0

(−1)n

n + 1 ∈ R

szerint a

(tn/(n +1)) hatványsor az 1-ben divergens, a (−1)-ben pedig konvergens(de nem abszolút konvergens). Világos, hogy a

(tn) hatványsor egyetlen x ∈ K,

|x| = 1 esetén sem konvergens az x helyen, hiszenlim(|xn|) = lim(1) = 1 = 0

(és ld. 4.1.1. Tétel). Ezek a példák azt is jól mutatják, hogy a fent már említettK r(a) ⊂ D0 ⊂ Gr(a) tartalmazásokban (bár előfordul) általában nem írható egyenlő-ség. Ha 0 < r < +∞, akkor

Gr(a) \ K r(a) = x ∈ K : |x − a| = r(a Gr(a) halmaz

"pereme"), ami a valós esetben (K = R) ) az a − r, a + r hal-

maz, ha pedig K = C, akkor a komplex síkon az a középpontú, r sugarú körvonal.Másképp fogalmazva, a konvergencia szempontjából a Gr(a)

\K r(a) peremen

"

bármi"

előfordulhat.

ii) Számítsuk ki valamilyen x ∈ K mellett a

(an(x−a)n),

(bn(x−a)n) sorok

(An)Cauchy-szorzatát:

An =nk=0

ak(x − a)kbn−k(x − a)n−k = (x − a)nnk=0

akbn−k (n ∈ N).

Ha tehát

cn :=nk=0

akbn−k (n ∈ N),

azaz (cn) = (an)

∗(bn) (az (an), (bn) sorozatok konvolúciója (ld. 4.4. xv) megjegy-

zés)), akkorAn = cn(x − a)n (n ∈ N).

Következésképpen a

(an(t − a)n),

(bn(t − a)n) hatványsorok"

Cauchy-szorzata"is hatványsor, mégpedig a

(cn(t − a)n) hatványsor.




iii) A 4.5.1., 4.3.10. Tételek alapján bármely x, y ∈K esetén az

exp x· exp y

szorzatot Cauchy-szorzással is kiszámíthatjuk a következőképpen:

exp x· exp y =

∞k=0

xk

k!

· ∞k=0

yk

k!

=

∞n=0

nk=0

1

k!(n − k)!xkyn−k =

∞n=0

1

n!

nk=0

n

k

xkyn−k =

∞n=0

(x + y)n

n! = exp(x + y)

(felhasználva a binomiális tételt is). Emeljük ki külön is az exponenciális függvényremost kapott multiplikatív tulajdonságot:

exp(x + y) = (exp x)

·(exp y) (x, y

∈K).

Speciálisan az y := −x választással

exp 0 = 1 = ( exp x)· ( exp(−x)),

tehát exp x = 0, és

exp(−x) = 1

exp x (x ∈ K).

Ezért exp(x − y) = exp (x + (−y)) = ( exp x)· (exp(−y)) miatt

exp(x−

y) = exp x

exp y (x, y

∈K).

A multiplikativitási tulajdonság alapján könnyen adódik, hogy

exp(nx) = (exp x)n (n ∈ N).

Ti. n = 0-ra

exp(0· x) = exp 0 =∞ j=0

0 j

j! =

00

0! = 1 = (exp x)0 .

Ha viszont valamilyen n ∈ N esetén exp(nx) = (exp x)n , akkor

exp ((n + 1)x) = exp(nx)· exp x = (exp x)n · exp x = ( exp x)n+1.

Speciálisan x = 1-reexp n = (exp 1)

n= en (n ∈ N).




iv) Lássuk be az alábbi ún. Euler-összefüggést :

exp(ıx) = eıx = cos x + ı sin x (x ∈ K).

Ehhez először gondoljuk meg, hogy ha a (z n) (szám)sor abszolút konvergens, akkor

a (z 2n), (z 2n+1) sorok is abszolút konvergensek, és∞n=0

z n =∞n=0

z 2n +∞n=0

z 2n+1.

Ui.nk=0

|z 2k| ≤2nk=0

|z k| ≤ sup

mk=0

|z k| : m ∈ N

< +∞ (n ∈ N),

azaz a (nk=0 |z 2k|) sorozat korlátos. Így (ld. 3.5.3. Tétel)

(z 2n) abszolút konver-

gens. Ugyanígy adódik, hogy a

(z 2n+1) sor is abszolút konvergens. Legyen

α :=∞n=0

z n , β :=∞n=0

z 2n , γ :=∞n=0

z 2n+1,

ekkor

S n :=2n+1k=0

z k =nk=0

z 2k +n j=0

z 2 j+1 =: Rn + T n (n ∈ N).

Mivel (ld. 3.5.2. Tétel)

lim(S n) = α , lim(Rn) = β , lim(T n) = γ,

ezért (ld. 3.7.5. Tétel)

∞k=0

z k = α = lim(S n) = lim(Rn + T n) = lim(Rn) + lim(T n) =

β + γ =∞k=0

z 2k +∞k=0

z 2k+1.

Mindezt felhasználva

e

ıx

=

∞

n=0

(ıx)n

n! =

∞

n=0

(ıx)2n

(2n)! +

∞

n=0

(ıx)2n+1

(2n + 1)! =

∞n=0

(−1)n x2n

(2n)! + ı

∞n=0

(−1)n x2n+1

(2n + 1)! = cos x + ı sin x.




v) Mutassuk meg, hogy fennállnak az alábbi összegzési tételek :

sin(x + y) = sin x cos y + cos x sin y (x, y ∈K),

cos(x + y) = cos x cos y − sin x sin y (x, y ∈K).

Speciálisan

sin(2x) = 2 sin x cos x , cos(2x) = cos2 x − sin2 x (x ∈ K).

Valóban, az Euler-összefüggés (ld. iv)) alapján

eıx + e−ıx = cos x + ı sin x + cos(−x) + ı sin(−x) =

cos x + ı sin x + cos x − ı sin x = 2 cos x (x ∈ K),

ill.eıx

−e−ıx = cos x + ı sin x

−cos(

−x)

−ı sin(

−x) =

cos x + ı sin x − cos x + ı sin x = 2ı sin x (x ∈ K).

Következésképpen

cos x = eıx + e−ıx

2 , sin x =

eıx − e−ıx

2ı (x ∈ K).

Ezért a iii) megjegyzésre hivatkozva

sin(x + y) = eı(x+y) − e−ı(x+y)

2ı =

eıxeıy − eı(−x)eı(−y)

2ı =

(cos x + ı sin x)(cos y + ı sin y) − (cos(−x) + ı sin(−x))( cos(−y) + ı sin(−y))2ı =

(cos x + ı sin x)(cos y + ı sin y) − (cos x − ı sin x)(cos y − ı sin y)

2ı =

2ı· sin x cos y + cos x sin y

2ı = sin x cos y + cos x sin y.

A másik összegzési egyenlőséget analóg módon kapjuk.

vi) (Pitagoraszi-összefüggés ): bármely x ∈ K esetén

cos2 x + sin2 x = 1.

Ui. ismét az Euler-összefüggésre hivatkozva (ld. iv)), ill. iii) alapján

cos2 x =

eıx + e−ıx

2

2

= e2ıx + 2 + e−2ıx

4




és

sin2 x =

eıx − e−ıx

2ı

2

= e2ıx − 2 + e−2ıx

−4 .

Összeadva a most kapott két egyenlőséget kapjuk a Pitagoraszi-összefüggést. Ha itt

x ∈ R, akkor mindez geometriailag azt jelenti, hogy a (cos x, sin x) ∈ R2

pont rajtavan (a koordinátageometriai értelemben vett euklideszi síkon) az origó középpontú,1-sugarú körön, azaz az u := cos x, v := sin x koordináták kielégítik az u2 + v2 = 1egyenletet.

vii) Legyen x ∈ K, ekkor

sin(ıx) =∞n=0

(−1)n (ıx)2n+1

(2n + 1)! =

ı·∞n=0

(−1)n(ı2)nx2n+1

(2n + 1)! = ı·

∞n=0

x2n+1

(2n + 1)! = ı· sh x.

Hasonlóan kapjuk, hogy

cos(ıx) =∞n=0

(−1)n (ıx)2n

(2n + 1)! =

∞n=0

x2n

(2n)! = ch x.

Következésképpen

sh x = ı· sin(ıx) , ch x = cos(ıx) (x ∈ K).

Innen a iv) Euler-összefüggést felhasználva tetszőleges K ∋ x-re

e−x = eı·ıx = cos(ıx) + ı sin(ıx) = ch x + sh x,

ex = eı·(−ıx) = cos(−

ıx) + ı sin(−

ıx) = cos(ıx)−

ı sin(ıx) = ch x−

sh x.

Összeadva, ill. kivonva egymásból az utóbbi két egyenlőséget az alábbi"

explicit"kifejezésekhez jutunk:

ch x = ex + e−x

2 , sh x =

ex − e−x

2 (x ∈ K).

viii) A vi), ill. a vii) megjegyzés szerint tehát

ch2x − sh2x = cos2(ıx) + sin2(ıx) = 1 (x ∈ K).

Továbbá a vi) megjegyzésben mondottak analógiájára, ha itt x ∈ R, akkor az

u := ch x, v := sh x koordináták kielégítik az u

2

− v

2

= 1 egyenletet, azaza (ch x, sh x) ∈ R2 pont rajta van az előbbi egyenletű hiperbolán. Megjegyezzükmég, hogy a sin, cos és az sh, ch függvények közötti, a vii) megjegyzésben kapottösszefüggések alapján könnyűszerrel fogalmazhatunk meg az v) megjegyzés mintájára

"összegzési" tételeket az sh, ch függvényekre is.




ix) Bizonyítsuk be, hogy

(ez)n = expn z = (exp z )n = exp(nz ) = enz (z ∈K, n ∈ N).

Ui. a teljes indukcióra hivatkozva először is jegyezzük meg, hogy n = 0 esetén az

állítás triviális: 1 = (ez)0 = (exp x)0 = exp 0 (z ∈K).

Ha valamilyen n ∈N mellett igaz az egyenlőségünk, akkor a multiplikativitási tulaj-donságra (ld. iii)) hivatkozva

(ez)n+1

= (ez)n · ez = exp(nz )exp z = exp(nz + z ) = exp ((n + 1)z ) = e(n+1)z .

x) A 4.5.3. Tétel arról szól, hogy egy hatványsor középpontja tetszőlegesen"

eltolható"a K r(a) környezeten belül: megfelelő együtthatókkal az

"új" középpont egy alkalmas

környezetére leszűkítve a kiindulási hatványsor összegfüggvényét az"

új" hatványsor

összegfüggvényét kapjuk. Mivel bizonyos értelemben ez az eljárás is egyfajta átren-dezése a kiindulási hatványsornak, ezért szokták a 4.5.3. Tételt is (hatványsorok)átrendezési tételeként emlegetni.

xi) Illusztráljuk a 4.5.3. Tétel állítását pl. az exp függvény esetében. Legyen ehhezb := 1, a := 0, ekkor a

bk :=∞n=k

n

k

an(b − a)n−k =

∞n=k

n

k

1

n! (k ∈N)

együtthatókkal

exp x =

∞

n=0

xn

n! =

∞

k=0 bk(x − 1)

k

(x ∈ K).

Ugyanakkor (ld. iii))

exp x = exp(x − 1 + 1) = exp(x − 1)· exp 1 =∞k=0

e(x − 1)k

k! (x ∈ K).

Innen a 4.5.4. Tétel alapján az következik, hogy

bk =∞n=k

n

k

1

n! =

e

k! (k ∈N).

Mindez persze a 4.5.4. Tétel nélkül is nyilvánvaló már:

k!∞n=k

n

k

1

n! = k!

∞n=k

n!

k!(n − k)!· 1

n! =

∞n=k

1

(n − k)! =

∞n=0

1

n! = e.




xii) A 4.5.3. (átrendezési) Tétel és a 4.5.4. (egyértelműségi) Tétel alkalmazására mutassukbe az alábbi példát. Legyen a szóban forgó hatványsor a

(tn), amikor is a = 0,

an = 1 (n ∈ N) és r = 1. Ezért bármely b ∈ K 1(0) esetén

∞

n=0

xn =∞

k=0

bk

(x−

b)k (x∈

K 1(0),

|x

−b| < 1

− |b|),

ahol

bk :=∞n=k

n

k

bn−k (k ∈N).

Ugyanakkor (mint egy mértani sor összege)

∞k=0

xk = 1

1 − x =

1

1 − b − (x − b) =

1

1 − b· 1

1 − x − b1 − b

=

11 − b

∞k=0

x − b1 − b

k =

∞k=0

(x − b)k

(1 − b)k+1 (x ∈ K 1(0), |x − b| < |1 − b|).

Tehát∞n=k

n

k

bn−k =

1

(1 − b)k+1 (k ∈N).

Speciálisan a b := 1/2 választással

∞n=k

n

k

1

2n = 2 (k ∈N).

xiii) Legyen valamilyen a : N2

→K függvény (kettős sorozat ) eseténaik := a(i, k) := a((i, k)) ((i, k) ∈ N2).

(Kettős sorozatok esetén is használatos (a sorozatok analógiájára) az (aik) szimbólumaz a helyett.) Tegyük fel, hogy minden j ∈N esetén konvergens az a

(xn) végtelen

sor, aholxn := anj (n ∈ N),

és legyen

t j :=∞

n=0

xn =∞

n=0

anj.

Ekkor a (t j) sort az (aik) kettős sorozat által meghatározott (oszlop-)kettős sornak nevezzük. Hasonlóan, ha minden m ∈ N esetén konvergens az a

(yn) végtelen sor,

aholyn := amn (n ∈ N),




és

T m :=∞n=0

yn =∞n=0

amn,

akkor a

(T m) sort az (aik) kettős sorozat által meghatározott (sor-)kettős sornak

nevezzük. Ha viszont cn :=ns=0

asn−s (n ∈ N),

akkor a

(cn) sor az (aik) kettős sorozat által meghatározott Cauchy-kettős sor. Amost értelmezett kettős sorokra igaz az alábbi tétel: ha

(∗) sup

N n=0

K k=0

|ank| : N, K ∈ N

< +∞,

akkor az előbb értelmezett mindhárom kettős sor abszolút konvergens, és

∞n=0

tn =∞n=0

T n =∞n=0

cn.

Tehát (ugyanezt részletesebben leírva)

∞k=0

∞n=0

ank =∞n=0

∞k=0

ank =∞n=0

nk=0

akn−k.

Világos, hogy a 4.5.3. Tétel bizonyításában a (cnk), ill. a (dnk) kettős sorozatok általmeghatározott kettős sorokat vizsgáltuk a (∗) feltétel mellett.

xiv) Vegyük észre, hogy a 4.5.1. Tétel bizonyításában csak annyit használtunk ki, hogyvalamilyen a = z ∈ K esetén az (an(z − a)n) sorozat korlátos. Ebből tehát márkövetkezik, hogy a

(an(t − a)n) hatványsor minden olyan x ∈ K helyen abszolút

konvergens, amelyre |x − a| < |z − a|. Mindez másképp megfogalmazva azt jelenti,hogy ha a

(an(t − a)n) hatványsor r konvergencia-sugara pozitív, akkor bármely

0 ≤ ρ < r esetén ∞

n=0 |an|ρn < +∞.






5. fejezet

Határérték, folytonosság

5.1. Pont- és halmaz-tulajdonságok

A címben jelzett fogalmakat f ∈ K1 → K2 függvényekkel kapcsolatban fogjuk tárgyalni,ahol K1,K2 (egymástól függetlenül) az R valós számok halmazát, vagy a C komplexszámok halmazát jelöli. Tehát: f ∈ R → R (valós függvény ), f ∈ C → C (komplex

függvény ), f ∈ R → C (valós-komplex függvény ), f ∈ C → R (komplex-valós függvény ).Mindehhez előzetesen szükségünk van K-beli halmazok torlódási pontjának a fogalmára.Legyen ez utóbbihoz A ⊂ K és α ∈ K. Azt mondjuk, hogy az α torlódási pontja az Ahalmaznak, ha bármely K (α) környezetre

(K (α) \ α) ∩ A = ∅.

Más megfogalmazásban tehát ez azzal ekvivalens, hogy tetszőleges ε > 0 számhoz létezik

olyan x ∈ A, amelyre 0 < |x − α| < ε.A K = R (valós) esetben terjesszük ki a torlódási pont fogalmát az alábbiak szerint: azt

fogjuk mondani, hogy a +∞ torlódási pontja valamilyen A ⊂ R halmaznak, ha bármely p ∈ R esetén

A ∩ ( p, +∞) = ∅.

Következésképpen van olyan a ∈ A, hogy a > p. Mivel itt p ∈ R tetszőleges volt, ezért azA halmaz felülről nem korlátos. A most mondottak

"meg is fordíthatók", azaz ugyanezzel

a gondolatmenettel kapjuk bármely felülről nem korlátos A ⊂ R halmaz esetén azt, hogy a+∞ torlódási pontja az A-nak. Hasonlóan, a −∞ torlódási pontja az A ⊂R halmaznak,ha bármely q

∈R mellett

A ∩ (−∞, q ) = ∅,

azaz van olyan a ∈ A, hogy a < q. Az előbb mondottakkal analóg módon következik, hogya −∞ akkor és csak akkor torlódási pontja valamilyen A ⊂ R halmaznak, ha az A alulrólnem korlátos.

163



164 FEJEZET 5. HATÁRÉRTÉK, FOLYTONOSSÁG

Emlékeztetünk arra (ld. 3.7.), hogy az itt megjelent ( p, +∞), (−∞, q )"

félegyeneseket"a +∞, ill. a −∞ környezeteinek neveztük:

K p(+∞) := K (+∞) := ( p, +∞) , K q(−∞) := K (−∞) := (−∞, q ).

A K = C (komplex) esetben azt fogjuk mondani, hogy a ∞ torlódási pontja az A ⊂ C

halmaznak, ha tetszőleges r > 0 esetén

A ∩ z ∈ C : |z | > r = ∅.

Ekkor (ld. 3.7.) a ∞ környezeteit az alábbiak szerint értelmeztük:

K r(∞) := K (∞) := z ∈C : |z | > r (r > 0).

Tehát (ld. 3.7.) az

R := R ∪−∞, +∞ , C := C ∪∞

jelölésekkel az α ∈K elem akkor és csak akkor torlódási pontja az A ⊂K halmaznak, habármely K (α) környezetre

(K (α) \ α) ∩ A = ∅.

(Ha itt α ∈ −∞, +∞, ∞, akkor nyilván K (α) \ α = K (α).)

Legyen a fenti A halmaz esetén

A′ := α ∈ K : α torlódási pontja A-nak.

5.1.1. Tétel. Bármely ∅ = A ⊂ K halmaz és α ∈ K esetén fennáll a következő ekvivalencia: α ∈ A′ akkor és csak akkor igaz, ha az α bármely K (α) környezetére az A ∩ K (α) metszet végtelen halmaz.

Bizonyítás. Az állítás egyik"

iránya" nyilvánvaló: ha az A ∩ K (α) metszet mindenK (α) környezetre végtelen halmaz, azaz K (α)-ban végtelen sok A-beli elem van, akkor ezekközött olyan is van, amelyik különbözik α-tól. Így (K (α) \ α) ∩ A = ∅, következésképpenα ∈ A′.

Most tegyük fel azt, hogy α ∈ A′

, és indirekt módon induljunk ki abból, hogy valamilyenK (α) esetén A ∩ K (α) véges halmaz. Mivel α ∈ A′, ezért (K (α) \ α) ∩ A = ∅ (és ez ahalmaz is véges). Vizsgáljuk először azt az esetet, amikor α ∈ K. Legyen

0 < r < min|x − α| : α = x ∈ A ∩ K (α).



5.1. PONT- ÉS HALMAZ-TULAJDONSÁGOK 165

Világos, hogy (K r(α) \ α) ∩ A = ∅, szemben az α ∈ A′ feltételezésünkkel.

Ha az előbbiekben K = R és α = +∞, ill. valamilyen R ∋ p-vel K (α) = ( p, +∞),akkor az indirekt feltétel szerint

A ∩ K (α) = a0,...,asalkalmas s ∈ N és A-beli p < a0 < ... < as elemekkel. Tehát bármely r ∈ R, r > asmellett a K (α) := (r, +∞)

választással A ∩ K (α) = ∅, ismét csak ellentétben (most) a +∞ ∈ A′ feltételezésünkkel.

Ugyanígy"

intézhetjük el" az α = −∞ esetet is.

Legyen végül K = C és α = ∞. Ha

r := max

|z

| : z

∈A

∩K (α)

,

akkor bármely s ∈ R, s > r esetén a

K (α) := z ∈ C : |z | > s

környezetre A ∩ K (α) = ∅. Mindez ellentmond annak, hogy α = ∞ ∈ A′.

Jegyezzük meg, hogy az α ∈ A′ tartalmazás egy lokális tulajdonsága az A halmaznak.Nevezetesen, bármely K ∗(α) környezet esetén α ∈ A′ akkor és csak akkor teljesül, haα ∈ (K ∗(α) ∩ A)′. Valóban, ha α ∈ (K ∗(α) ∩ A)′, akkor bármely K (α) környezetre az5.1.1. Tétel szerint K (α) ∩ (K ∗(α) ∩ A) végtelen halmaz, amiből

K (α) ∩ (K ∗(α) ∩ A) ⊂ K (α) ∩ A

miatt az is következik, hogy K (α) ∩ A végtelen halmaz. Ezért (ld. 5.1.1. Tétel) α ∈ A′.

Fordítva, ha α ∈ A′ és lenne olyan K ∗(α) környezet, hogy α /∈ (K ∗(α) ∩ A)′, akkor(ld. 5.1.1. Tétel) egy alkalmas K (α) környezettel K (α) ∩ (K ∗(α) ∩ A) véges halmaz lenne.Viszont

K (α) ∩ (K ∗(α) ∩ A) = (K (α) ∩ K ∗(α)) ∩ A,

ahol K (α) := K (α) ∩ K ∗(α) is egy környezete α-nak. Tehát K (α) ∩ A legfeljebb végeshalmaz, ami α ∈ A′ miatt (ld. 5.1.1. Tétel) nem lehet.

5.1.2. Tétel. Legyen ∅ = A ⊂ K és α ∈ K. Az α akkor és csak akkor torlódási pontja A-nak, ha van olyan (xn) : N → A\α sorozat, amelynek létezik határértéke,és lim(xn) = α.




Bizonyítás. Tegyük fel először, hogy α ∈ A′ és α egy szám, azaz α ∈ K. Ekkorbármely 0 < n ∈ N esetén van olyan xn ∈ A, hogy xn ∈ K 1/n(α) \ α. Következésképpen(xn) : N→ A \ α, és

|xn − α| < 1

n (0 < n ∈ N).

Mindez azt jelenti (ld. 3.7.1., 3.7.2., 3.9.1. Tételek), hogy lim(xn) = α.

Ha K = R, α = +∞ ∈ A′, akkor tetszőleges n ∈ N számhoz létezik olyan xn ∈ A,amelyre xn > n. Ha p ∈ R tetszőleges és az N ∈ N indexre N > p , akkor mindenn ∈ N, n > N mellett xn > n > N > p, azaz xn > p. Ezért lim(xn) = +∞.

Analóg módon következik a K = R, α = −∞ ∈ A′ esetben olyan (xn) : N→ A sorozatlétezése, amelyre lim(xn) = −∞.

Legyen most K = C, α = ∞ ∈ A′. Ekkor tetszőleges n ∈N esetén van olyan xn ∈ A,hogy |xn| > n. Innen (ld. az előbbi okfejtést) azt kapjuk, hogy lim(|xn|) = +∞. Más szóvallim(xn) = ∞.

Induljunk ki most abból, hogy valamilyen (xn) : N → A \ α sorozatra lim(xn) = α.Ekkor bármely K (α) környezetet is véve létezik olyan k ∈ N (sőt, egy küszöbindextőlkezdve minden k ∈ N ilyen), amelyre xk ∈ K (α). Mivel R(xn) ⊂ A \ α, így xk = α,ezért egyúttal

xk ∈ (K (α) \ α) ∩ A

is igaz. Ez azt jelenti, hogy α ∈ A′.

Az A ⊂ K halmazt zártnak nevezzük, ha tartalmazza az összes"

véges" torlódási pontját,azaz

A′ ∩K ⊂ A.

Mivel ∅′

= ∅, ezért pl. ∅ zárt halmaz. Nyilván zárt maga a K halmaz is. Bármely a, b ∈ R,a < b esetén az [a, b] = x ∈ R : a ≤ x ≤ b intervallum is zárt. (Ezért is nevezzük [a, b]-tzárt intervallumnak.) Az 5.1.1. Tétel szerint minden véges A ⊂ K halmazra A′ = ∅ ⊂ A,tehát A zárt. Mutassuk meg, hogy igaz az

5.1.3. Tétel. Az ∅ = A ⊂ K halmaz akkor és csak akkor zárt, ha tetszőleges konver-gens (xn) : N→ A sorozatra lim(xn) ∈ A.

Bizonyítás. Tegyük fel először, hogy A zárt, azaz A′ ∩ K ⊂ A, (xn) : N → Apedig egy konvergens sorozat, α := lim(xn). Ha az

R(xn) értékkészlet-halmaz véges, akkor

alkalmas (ν n) indexsorozattal az (xν n) részsorozat konstanssorozat: valamilyen a ∈ A elem-mel xν n = a (n ∈N). Mivel (ld. 3.5.2. Tétel) lim(xn) = lim(xν n) = a, ezért α = a ∈ A.Ha viszont R(xn) végtelen halmaz, akkor tetszőleges N ∈ N esetén az

xk ∈ R(xn) : k ∈N, k > N



5.1. PONT- ÉS HALMAZ-TULAJDONSÁGOK 167

halmaz is végtelen. Ugyanakkor bármely K (α) környezetre egy alkalmas N ∈ N küszöb-indexszel xk ∈ K (α) (k ∈N, k > N ). Következésképpen az

xk ∈ R(xn) : k ∈N, k > N ∩ K (α)

halmaz szintén végtelen. Továbbáxk ∈ R(xn) : k ∈N, k > N ∩ K (α) ⊂ R(xn) ∩ K (α) ⊂ A ∩ K (α),

ezért A ∩ K (α) is végtelen halmaz. Az 5.1.1. Tétel miatt tehát α ∈ A′ ∩ K. Így azA′ ∩K ⊂ A feltételből α ∈ A adódik.

Most tegyük fel azt, hogy tetszőleges konvergens (xn) : N → A sorozat határértékérelim(xn) ∈ A, és lássuk be, hogy az A halmaz zárt. Legyen ehhez α ∈ A′ ∩ K, ekkoraz 5.1.2. Tétel szerint egy alkalmas (xn) : N → A sorozatra lim(xn) = α. A kiindulófeltételünk szerint ezért α ∈ A, azaz A′ ∩K ⊂ A, így A zárt.

Az A ⊂ K halmazt kompaktnak fogjuk nevezni, ha A = ∅, vagy az A korlátos és zárt.Pl. a K = R (valós) esetben bármely a, b ∈ R, a < b esetén az [a, b] zárt intervallumkompakt.

5.1.4. Tétel. Az ∅ = A ⊂ K halmaz akkor és csak akkor kompakt, ha bármely (xn) : N → A sorozatnak van olyan (xν n) részsorozata, amely konvergens és lim(xν n) ∈ A.

Bizonyítás. Ha az A halmaz kompakt, akkor speciálisan korlátos is, ezért a Bolzano-Weierstrass-féle kiválasztási tétel (ld. 3.5.6. Tétel) szerint bármely (xn) : N

→A esetén egy

megfelelő (ν n) indexsorozattal az (xν n) részsorozat konvergens. Ugyanakkor az A halmazzárt is, így (ld. 5.1.3. Tétel) lim (xν n) ∈ A.

Tegyük fel most azt, hogy bármely (xn) : N→ A sorozatnak van olyan (xν n) részsoro-zata, amely konvergens és lim(xν n) ∈ A. Mutassuk meg, hogy az A korlátos és zárt. Haui. itt speciálisan az (xn) sorozat konvergens, akkor lim(xn) = lim(xν n) ∈ A, amiből az5.1.3. Tétel miatt az A zártsága máris következik. Tegyük fel továbbá indirekt módon,hogy az A halmaz nem korlátos. Ekkor minden n ∈ N számhoz van olyan xn ∈ A, hogy|xn| > n. Világos, hogy az (xn) sorozat - és vele együtt bármely részsorozata is - nemkorlátos. Ezért (ld. 3.5.4. Tétel) az (xn) sorozatnak nincs konvergens részsorozata, amiellentmond a jelenlegi feltételünknek.

Nevezzük az A ⊂ K halmazt nyíltnak, ha A = ∅, vagy bármely a ∈ A esetén egyalkalmas K (α) környezettel K (α) ⊂ A. Tehát a K = R (valós) esetben valamilyen r > 0számmal

(a − r, a + r) ⊂ A.




Nem nehéz meggondolni, hogy tetszőleges K (a) ⊂ K környezet (a ∈ K) nyílt halmaz.Valóban, ha r > 0 és K (a) = K r(a), akkor minden b ∈ K r(a) esetén

K ρ(b) ⊂ K r(a) (0 < ρ ≤ r − |b − a|).

Ha ui. x ∈ K ρ(b), azaz x ∈K és |x − b| < ρ, akkor a háromszög-egyenlőtlenség (ld. 1.4.xxi) megjegyzés) miatt

|x − a| = |(x − b) + (b − a)| ≤ |x − b| + |b − a| <

ρ + |b − a| ≤ r − |b − a| + |b − a| = r,

így |x − a| < r, más szóval x ∈ K r(a). Speciálisan, ha K = R, akkor bármely a, b ∈ R,a < b esetén az (a, b) = x ∈R : a < x < b intervallum nyílt halmaz. (Ezért is nevezzükaz (a, b)-t nyílt intervallumnak.)

5.1.5. Tétel. Az A ⊂ K halmaz akkor és csak akkor zárt, ha a K\A (komplementer )halmaz nyílt.

Bizonyítás. Tegyük fel ui., hogy A zárt. Ha K \ A nem lenne nyílt, akkor K \ A = ∅,és lenne olyan α ∈ K \ A, hogy bármely K (α) mellett

K (α) ⊂K \ A.

Ez azt jelenti, hogy K (α) ∩ A = ∅, ill. α /∈ A miatt

A

∩(K (α)

\ α

)

=

∅.

Tehát α ∈ A′ ∩K, és A zártsága alapján A′ ∩K ⊂ A, így α ∈ A is teljesülne. Ez nyilvánellentmond annak, hogy α ∈ K \ A.

Most lássuk be, hogy ha K \ A nyílt, akkor A zárt, azaz A′ ∩K ⊂ A. Legyen ehhezα ∈ A′ ∩K. Ha α /∈ A teljesülne, akkor α ∈ K \ A, és K \ A nyíltsága miatt egy alkalmasK (α) környezettel K (α) ⊂ K \ A. Világos, hogy K (α) ∩ A = ∅, ami ellentmond annak,hogy α ∈ A′.

5.2. Megjegyzések

i) Legyen A ⊂ K, α ∈ K. Ekkor α ∈ A′ azzal ekvivalens, hogy bármely r > 0 számhozvan olyan x ∈ A, amellyel

0 < |x − α| < r.




Speciálisan, ha itt K = R, akkor x = α és

α − r < x < α + r.

Világos, hogy pl. Q′ = R, hiszen (ld. 1.4. v) megjegyzés) tetszőleges α

∈R, 0 < r

esetén (α − r, α + r) ∩Q végtelen halmaz.

ii) Tegyük fel, hogy A ⊂K végtelen halmaz. Ekkor A′ = ∅. Ha ui. A korlátos is, akkorminden (xn) : N→ A sorozat is korlátos. Viszont megválasztható az (xn) sorozat úgyis, hogy injektív legyen, azaz xn = xm (n, m ∈ N, n = m). A Bolzano-Weierstrass-féle kiválasztási tétel (ld. 3.5.6. Tétel) miatt van olyan (ν n) indexsorozat, hogy (xν n)konvergens. Legyen α := lim(xν n). Az injektivitás miatt feltehető, hogy xν n = α(n ∈ N), ezért az 5.1.2. Tétel szerint α ∈ A′. Ha K = R és A nem korlátos (pl.felülről), akkor tetszőleges n ∈ N esetén egy alkalmas xn ∈ A elemre xn > n. Könnyűmeggondolni, hogy egyúttal xn < xn+1 (n ∈ N) is feltehető, így (xn) eleget tesz az5.1.2. Tételnek az α := +

∞ választással (ld. 3.7.9. Tétel): lim(xn) = +

∞. Tehát

+∞ ∈ A′. Analóg a bizonyítás a K = R, A alulról nem korlátos esetben (amikor−∞ ∈ A′), ill. a K = C, A nem korlátos esetben, amikor ∞ ∈ A′.

iii) A ii) megjegyzésben már érintett gondolatmenettel kapjuk az 5.1.2. Tétel alábbi

"változatát": (a tételbeli jelölésekkel) α ∈ A′ akkor és csak akkor igaz, ha van olyan

(xn) : N→ A injektív sorozat, amelyre lim(xn) = α.

iv) Az 5.1.1. Tételből rögtön következik, hogy tetszőlegesen választott véges A ⊂ Khalmazra A′ = ∅. Ezért bármely ilyen A halmaz zárt. Mivel ekkor A nyilván korlátosis, ezért a K-beli véges halmazok mindegyike kompakt is.

v) Azt mondjuk, hogy valamilyen A, B ⊂K, A ⊂ B esetén az A halmaz mindenütt sűrű B-ben, ha B ⊂ A′. Ez tehát azt jelenti, hogy tetszőleges b ∈ B és r > 0 választássalvan olyan a ∈ A, amellyel

0 < |b − a| < r.

Pl. a K = R, u , v ∈R, u < v esetben az (u, v) ∩Q halmaz (az (u, v) intervallumbeliracionális számok halmaza) mindenütt sűrű (u, v)-ben (ld. 1.4. v) megjegyzés).

vi) Az 5.1.3. Tételből rögtön következik a zárt halmazok alábbi nevezetes tulajdonsága.Legyen ehhez Γ = ∅ (

"indexhalmaz") és Aγ ⊂ K (γ ∈ Γ) zárt halmaz. Ekkor:

1o γ ∈Γ Aγ is zárt halmaz;

2o ha Γ véges, akkor γ ∈Γ Aγ is zárt halmaz.

Ha ui. (xn) : N → γ ∈Γ Aγ egy konvergens sorozat és α := lim(xn), akkor bármely

γ ∈ Γ indexre egyúttal (xn) : N → Aγ . Így az 5.1.3. Tétel szerint α ∈ Aγ , tehát




α ∈ γ ∈Γ Aγ . Ismét az 5.1.3. Tételre hivatkozva azt kapjuk, hogy

γ ∈Γ Aγ zárt. Haviszont (xn) : N→

γ ∈Γ Aγ (és Γ véges), α = lim(xn), akkor lennie kell olyan γ 0 ∈ Γelemnek, amelyre az

n ∈ N : xn ∈ Aγ 0

halmaz nem véges. Van ezért olyan (ν n) indexsorozat, hogy (xν n) : N → Aγ 0. Mivel(ld. 3.5.2. Tétel) α = lim(xν n), így az 5.1.3. Tétel alapján egyrészt azt kapjuk, hogyα ∈ Aγ 0 , tehát α ∈

γ ∈Γ Aγ , másrészt az utóbbiból kifolyólag

γ ∈Γ Aγ zárt.

vii) Könnyű meggyőződni arról, hogy bármely a, b ∈ R, a < b esetén

[a, b] = x ∈ R : a ≤ x ≤ bzárt halmaz. Ugyanakkor a

(0, 1] =∞n=2

1

n, 1

halmaz nem zárt, ti. (nyilván) 0 ∈ (0, 1]′

, de 0 /∈ (0, 1]. Ez azt jelenti, hogy az előbbimegjegyzésben a 2o állítás nem véges Γ mellett általában nem igaz.

viii) Az A ⊂ K halmaz a ∈ A elemét az A belső pontjának nevezzük, ha egy alkalmasK (a) környezetre K (a) ⊂ A. Világos, hogy A = ∅ esetén az A halmaz akkor és csakakkor nyílt, ha az A minden eleme belső pontja az A-nak. A jól ismert De Morgan-azonosságok és az 5.1.5. Tétel alapján kapjuk a vi) megjegyzésből a következő állítást:ha Γ = ∅ és Aγ ⊂ K (γ ∈ Γ) nyílt halmaz, akkor:

1o

γ ∈Γ Aγ is nyílt halmaz;

2o ha Γ véges, akkor γ ∈Γ Aγ is nyílt halmaz.

Speciálisan bármely u, v ∈R, u < v mellett az

(u, v) = x ∈ R : u < x < vnyílt intervallum nyílt halmaz. Gondoljuk meg, hogy tetszőleges ∅ = A ⊂ R nyílthalmazhoz létezik legfeljebb megszámlálható sok páronként diszjunkt nyílt intervallum,amelyeknek az egyesítése megegyezik A-val. Az előzőek szerint ui. bármely a ∈ Aelemhez van olyan ρ > 0, hogy (a − ρ, a + ρ) ⊂ A. Legyen

Ra := supx ≥ a : [a, x] ⊂ A , ra := inf z ≤ a : [z, a] ⊂ Aés I a := (ra, Ra). Ha t ∈ (ra, Ra) és a < t, akkor t < Ra, így egy alkalmas a < xszámmal a ≤ t < x és [a, x] ⊂ A. Mivel t ∈ [a, x], ezért t ∈ A. Ugyanígy kapjuk,hogy (ra <) t ≤ a esetén is t ∈ A, tehát I a ⊂ A. Világos továbbá, hogy tetszőlegesa ∈ A elemre a ∈ I a, így A =

a∈A I a. Ha a, b ∈ A és a = b (pl. a < b), akkor két




eset lehetséges: I a = I b, vagy I a ∩ I b = ∅. Tegyük fel ui. először azt, hogy [a, b] ⊂ A.Ekkor

b ∈ x > a : [a, x] ⊂ A,

következésképpen

Ra = supx ≥ a : [a, x] ⊂ A = supx ≥ b : [a, x] ⊂ A =

supx ≥ b : [b, x] ⊂ A = Rb.

Analóg módon kapjuk, hogy ra = rb, azaz I a = I b. Ha viszont [a, b] ⊂ A, akkorvalamilyen a < c < b esetén c /∈ A. Ezért c felső korlátja az

x ≥ a : [a, x] ⊂ Ahalmaznak, és alsó korlátja a

z ≤ b : [z, b] ⊂ Ahalmaznak. Tehát R

a ≤c≤

rb, amiből I

a ∩I b =

∅ következik.

Az I := I a ⊂ A : a ∈ A intervallum-halmaz tehát páronként diszjunkt intervallu-mokból álló halmazrendszer. Valamilyen Γ = ∅ halmazzal legyen

I = J γ : γ ∈ Γ,

ahol minden Γ ∋ γ -ra J γ = I a egy alkalmas A ∋ a-val. Ha J ∈ I és tJ ∈ J ∩Q (ld.1.4. v) megjegyzés), akkor tJ = tI (J, I ∈ I , J = I ). Más szóval a

I ∋ J → tJ ∈ Qleképezés injektív. Mivel a Q számossága megszámlálható, ezért az I intervallum-

halmaz legfeljebb megszámlálható.ix) Mit jelent az, hogy az α ∈ K (szám vagy valamelyik végtelen) nem torlódási pontja

az A ⊂ K halmaznak: α /∈ A′? A definíció alapján ekkor egy alkalmas K (α) ⊂ Kkörnyezetre

(K (α) \ α) ∩ A = ∅.

Ha itt α ∈ A ∩K is igaz, akkor α egy ún. izolált pontja az A halmaznak.

x) Nem nehéz meggondolni, hogy valamilyen A ⊂ R halmaz esetén +∞ ∈ A′ (vagy−∞ ∈ A′) azzal ekvivalens, hogy az A halmaz nem korlátos. Ui. (pl.) +∞ ∈ A′

esetén bármely p ∈ R számra A ∩ ( p, +∞) = ∅, következésképpen egy a ∈ A elemre

a > p. Tehát az A halmaz (felülről) nem korlátos. Fordítva, ha pl. A (felülről)nem korlátos, akkor minden p ∈ R mellett van olyan a ∈ A, amellyel a > p, azaza ∈ ( p, +∞) ∩ A. Tehát K p(+∞) ∩ A = ∅, így +∞ ∈ A′. Ugyanez mondható elakkor is (analóg meggondolással), ha A ⊂ C : az A halmaz akkor és csak akkor nemkorlátos, ha ∞ ∈ A′.




xi) Az előző megjegyzést figyelembe véve egy A ⊂ K halmaz akkor és csak akkor korlátos,ha A′ ⊂ K. Ha tehát a szóban forgó halmazra A′ ⊂ A teljesül, akkor az A egyrésztzárt, másrészt korlátos is, azaz kompakt. Mindez nyilván meg is fordítható, így: azA ⊂K halmaz akkor és csak akkor kompakt, ha A′ ⊂ A.

5.3. Függvények határértéke

Az f ∈ K1 →K2 függvények határértékének az értelmezése előtt emlékeztetünk arra, hogyaz f -et számsorozatnak neveztük, ha Df = N. Ekkor azt mondtuk továbbá (ld. 3.7.), hogyaz f sorozatnak van határértéke (lim f ) és lim f = A ∈ K, ha tetszőleges K (A) környezetesetén f n = f (n) ∈ K (A) (m.m. n ∈ N). Más szóval létezik az előbbi K (A) környezethezolyan N ∈ N küszöbindex, amellyel f n ∈ K (A) (n ∈ N, n > N ). Az utóbbi n ∈ N, n > N feltétel másképp írva azt jelenti (ld. 3.7.), hogy

n ∈ (N, +∞) ∩N = K N (+∞) ∩N =: K (+∞) ∩N.

Az f n ∈ K (A) (n ∈ N, n > N ) tartalmazás tehát úgy is írható, hogy

f (n) ∈ K (A) (n ∈ K (+∞) ∩N),

vagy a képhalmaz (ld. 2.2.) nyelvén fogalmazva az a := +∞ jelöléssel

f [K (a) ∩ Df ] = f [K (a) ∩N] ⊂ K (A).

Világos, hogy itt K (a) helyett K (a)

\ a

is írható, azaz

f [(K (a) \ a) ∩ Df ] ⊂ K (A).

Jegyezzük meg, hogy (könnyen beláthatóan) a = +∞ ∈ N′ = D′f , sőt, N′ = +∞.

Minden"

készen áll" ahhoz, hogy a számsorozatok (mint speciális f ∈ K1 →K2 függvé-nyek) határértékének a fogalmát kiterjesszük most már tetszőleges

f ∈ K1 →K2

függvényekre, ahol (egymástól függetlenül) K1, K2 = R, vagy C.

Legyen tehát f ∈ K1 → K2 és a ∈ D′

f . Ekkor azt mondjuk, hogy az f függvénynek az a helyen (vagy az a-ban ) van határértéke, ha létezik olyan A ∈ K2, amelyre tetszőlegesK (A) ⊂K2 környezetet is véve megadható az a-nak olyan k(a) ⊂K1 környezete, amellyel

f [(k(a) \ a) ∩ Df ] ⊂ K (A)



5.3. FÜGGVÉNYEK HATÁRÉRTÉKE 173

teljesül. Más szóval tehát

f (x) ∈ K (A) (a = x ∈ k(a) ∩ Df ).

A"

felvezetésben" mondottak szerint az f : N → K sorozatnak akkor és csak akkor van

határértéke, ha ennek az f ∈ R → K függvénynek a +∞-ben van határértéke.

5.3.1. Tétel. Tegyük fel, hogy az f ∈ K1 → K2 függvénynek az a ∈ D′f helyen

van határértéke. Ekkor egyértelműen létezik olyan A ∈ K2, amely eleget tesz a fenti definíciónak, azaz bármely K (A) ⊂ K2 környezethez van olyan k(a) ⊂ K1 környezet,hogy f (x) ∈ K (A) (a = x ∈ k(a) ∩ Df ).

Bizonyítás. Tegyük fel, hogy valamilyen B ∈ K2 is eleget tesz a tételben idézettdefiníciónak: tetszőleges K (B) ⊂ K2 környezethez megválasztható a k∗(a) ⊂ K1 környezetúgy, hogy f (x)

∈K (B) (a

= x

∈k∗(a)

∩ Df ). Ezért

(∗) f (x) ∈ K (A) ∩ K (B) (a = x ∈ (k(a) ∩ k∗(a)) ∩ Df )(ahol egyébként a k(a) ∩ k∗(a) halmaz is nyilván egy környezete a-nak). Ha itt (indirektfeltételezéssel élve) B = A állna fenn, akkor (a tételbeli) K (A) és a most mondott K (B)környezet nyilván megválasztható úgy, hogy K (A) ∩ K (B) = ∅. Világos, hogy mindezellentmond (∗)-nak.

A most bebizonyított tételre hivatkozva vezessük be a függvényhatárérték fogalmát. Eh-hez tegyük fel, hogy az f ∈ K1 → K2 függvénynek az a ∈ D′

f helyen létezik határértéke.Ekkor ez utóbbinak a definíciójában (az 5.3.1. Tétel szerint egyértelműen) szereplő A ∈ K2

számot vagy "valamelyik végtelent" az f függvény a helyen vett (vagy a-beli ) határértékének nevezzük. Erre az alábbi jelöléseket fogjuk használni:

lima

f := limx→a

f (x) := A.

(Esetenként - ha a szóban forgó függvényt"

bonyolultabb" szimbólum jelöli - a függvény jelétzárójelbe tesszük, pl. lima(f ∗ g).) Időnként azt is írjuk, hogy f (x) → A (x → a), amitúgy olvasunk, hogy

"f (x) tart A-hoz, ha x tart a-hoz". Világos, hogy ha f : N→ K egy

sorozat, amelynek van határértéke a +∞-ben és az A ∈ K, akkor

A = lim f = lim+∞

f.

A definícióból eléggé nyilvánvaló, hogy ha f, g ∈K1 →K2 és valamilyen a ∈ K1 eseténvan olyan k(a) ⊂ K1 környezet, hogy

∅ = D := (k(a) \ a) ∩ Df = (k(a) \ a) ∩ Dg,




és f (x) = g(x) (x ∈ D), akkor - feltéve, hogy a ∈ D′f ∩ D′

g - a következő mondható: az f függvénynek akkor és csak akkor van határértéke az a helyen, ha a g függvénynek a-banvan határértéke, és az utóbbi esetben lima f = lima g. Röviden azt mondjuk, hogy a lima f létezése vagy nem létezése az illető függvény lokális tulajdonsága. Speciálisan azt kapjuk,hogy a lima f létezése és

"milyensége" szempontjából érdektelen az a

∈ Df , vagy a /

∈ Df

kérdés, ill. az a ∈ Df esetben az f (a) helyettesítési érték.

Fogalmazzuk meg az A = lima f egyenlőség jelentését attól függően, hogy Ki = R, vagyKi = C (i = 1, 2), ill. az a ∈ K1, A ∈ K2 elemek számok, vagy sem.

1o Végesben vett véges határérték, azaz a ∈ K1, A ∈ K2. Ebben az esetben az

A = lima

f

egyenlőség azt jelenti, hogy tetszőleges ε > 0 számhoz van olyan δ > 0 szám, hogy

|f (x)

−A

|< ε (x

∈ Df , 0 <

|x

−a

| < δ ).

Speciálisan, ha itt még Ki = R (i = 1, 2), akkor

A − ε < f (x) < A + ε (a = x ∈ Df , a − δ < x < a + δ ).

2o Végtelenben vett véges határérték, azaz A ∈ K, ill.

a) f ∈ R→ K és a = +∞. Ekkor

A = lim+∞

f

azzal ekvivalens, hogy tetszőleges ε > 0 számhoz van olyan p

∈R szám, hogy

|f (x) − A| < ε (x ∈ Df , x > p).

b) f ∈ R→ K és a = −∞. Ekkor

A = lim−∞

f

jelentése a következő: tetszőleges ε > 0 számhoz van olyan p ∈ R szám, hogy

|f (x) − A| < ε (x ∈ Df , x < p).

c) f

∈C

→K és a =

∞. Ekkor

A = lim∞ f

azt jelenti, hogy tetszőleges ε > 0 számhoz van olyan r > 0 szám, hogy

|f (x) − A| < ε (x ∈ Df , |x| > r).




3o Végesben vett végtelen határérték, azaz a ∈ K, ill.

a) f ∈ K→ R és A = +∞. Ekkor

+

∞= lim

af

azzal ekvivalens, hogy tetszőleges p ∈ R számhoz van olyan δ > 0 szám, hogy

f (x) > p (x ∈ Df , 0 < |x − a| < δ ).

b) f ∈ K→ R és A = −∞. Ekkor

−∞ = lima

f

azt jelenti, hogy tetszőleges p ∈ R számhoz van olyan δ > 0 szám, hogy

f (x) 0 számhoz van olyan δ > 0 szám, hogy

|f (x)| > r (x ∈ Df , 0 < |x − a| < δ ).

4o Végtelenben vett végtelen határérték, azaz

a) f ∈ R→ R és a = +∞, A = +∞. Ekkor a

+∞ = lim+∞

f

egyenlőség jelentése az, hogy tetszőleges r ∈R számhoz van olyan p ∈ R szám,hogy

f (x) > r (x ∈ Df , x > p).

b) f ∈ R→ R és a = +∞, A = −∞. Ekkor

−∞ = lim

+∞f

azzal ekvivalens, hogy tetszőleges r ∈R számhoz van olyan p ∈ R szám, hogy

f (x) < r (x ∈ Df , x > p).




c) f ∈ R→ R és a = −∞, A = +∞. Ekkor

+∞ = lim−∞

f

azt jelenti, hogy tetszőleges r ∈R számhoz van olyan p ∈ R szám, hogy

f (x) > r (x ∈ Df , x < p).

d) f ∈ R→ R és a = −∞, A = −∞. Ekkor

−∞ = lim−∞

f

azzal ekvivalens, hogy tetszőleges r ∈R számhoz van olyan p ∈ R szám, hogy

f (x) < r (x ∈ Df , x < p).

e) f ∈ R→ C, a = +∞, A = ∞. Ekkor

∞ = lim+∞ f

jelentése az, hogy tetszőleges r > 0 számhoz van olyan p ∈ R szám, hogy

|f (x)| > r (x ∈ Df , x > p).

f) f ∈ R→ C, a = −∞, A = ∞. Ekkor

∞ = lim−∞

f

azzal ekvivalens, hogy tetszőleges r > 0 számhoz van olyan p ∈ R szám, hogy

|f (x)| > r (x ∈ Df , x < p).

g) f ∈ C→ R, a = ∞, A = +∞. Ekkor

+∞ = lim∞

f

azt jelenti, hogy tetszőleges r ∈R számhoz van olyan p > 0 szám, hogy

f (x) > r (x ∈ Df , |x| > p).

h) f ∈ C→ R, a = ∞, A = −∞. Ekkor a

−∞ = lim∞ f egyenlőség jelentése az, hogy tetszőleges r ∈ R számhoz van olyan p > 0 szám,hogy

f (x) < r (x ∈ Df , |x| > p).




i) f ∈ C→ C, a = ∞, A = ∞. Ekkor

∞ = lim∞

f

azzal ekvivalens, hogy tetszőleges r > 0 számhoz van olyan p > 0 szám, hogy

|f (x)| > r (x ∈ Df , |x| > p).

A következő tétel a sorozatok határértéke és a függvényhatárérték között teremt kapcso-latot.

5.3.2. Tétel (átviteli elv). Bármely f ∈ K1 → K2 függvény és a ∈ D ′f esetén az

f -nek az a helyen akkor és csak akkor létezik határértéke, ha tetszőleges

(xn) : N → Df \ a , lim(xn) = a

sorozatra az (f (xn)) sorozatnak van határértéke. Ha létezik az A := lima f határérték,akkor az előbbiekben említett minden (xn) sorozatra

lim(f (xn)) = A.

Bizonyítás. Tegyük fel, hogy létezik az A := lima f határérték. Ekkor az A-nakbármilyen K (A) ⊂ K2 környezetéhez van olyan k(a) ⊂ K1 környezet, hogy

f (x) ∈ K (A) (a = x ∈ Df ∩ k(a)).

Ha (xn) egy, a tételben szereplő sorozat, akkor az előbbi k(a) környezethez megadhatóolyan N ∈ N küszöbindex, amellyel

a = xn ∈ k(a) (n ∈ N, n > N ).

Következésképpenf (xn) ∈ K (A) (n ∈ N, n > N ).

Mindez azt jelenti, hogy az (f (xn)) sorozatnak van határértéke, és lim(f (xn)) = A.

Most tegyük fel azt, hogy bármely (xn) : N→ Df \a, lim(xn) = a esetén az (f (xn))sorozatnak van határértéke. Mutassuk meg először azt, hogy ekkor minden, a most említett

(xn) sorozatra lim(f (xn)) ugyanaz a K2-beli elem. Valóban, ha (xn) is egy ilyen sorozat,akkor legyen

x∗n :=

xn/2 (n = 2k)

x(n−1)/2 (n = 2k + 1)(n, k ∈N).




Ekkor (x∗n) : N → Df \ a, és (könnyen láthatóan) létezik a lim(x∗n) = a határérték.Következésképpen az (f (x∗n)) sorozatnak is van határértéke. Viszont (ld. 3.5.2. Tétel)

lim(f (x∗n)) = lim(f (x∗2n)) = lim(f (xn)) = lim(f (x∗2n+1)) = lim (f (xn)),

így lim(f (xn)) = lim(f (xn)). Legyen tehát A := lim(f (xn)), ahol (xn) valamilyen, atételben szereplő sorozat. Lássuk be, hogy f -nek az a helyen van határértéke, és

lima

f = A.

Indirekt úton ui. tegyük fel, hogy ez nem igaz. Ekkor egy alkalmas K (A) ⊂ K2 környezettelbármilyen K1 ⊃ k(a)-t is választunk, valamilyen a = x ∈ k(a) ∩ Df elemmel azt kapjuk,hogy f (x) /∈ K (A). Ha itt a ∈ K1 (

"véges hely"), akkor tetszőleges 0 < n ∈ N mellett a

k(a) := k1/n(a)

választással egy olyan a = xn ∈ k1/n(a) ∩ Df elem adódik, amelyre f (xn) /∈ K (A). Mivel

0 < |xn − a| < 1/n (0 < n ∈ N),

ezért lim(xn) = a. Így a feltételek miatt lim(f (xn)) = A. Ez azt jelenti, hogy az előbbiK (A) környezethez lennie kell olyan M ∈ N küszöbindexnek, amellyel f (xn) ∈ K (A)(n ∈ N, n > M ). Ez nyilván ellentmond annak, hogy f (xn) /∈ K (A) (0 < n ∈ N).

Ha az előbbiekben K1 = R és (pl.) a = +∞, akkor a most mondottakat annyiban kellcsak módosítani, hogy az ott szereplő xn-ekre (a k(a) := K n(+∞) választás után) xn > nteljesül. Ezért lim(xn) = +∞, és innentől kezdve u. az a bizonyítás, mint az a ∈ K1

esetben. Analóg az okoskodás az a = −∞, ill. a K1 = C, a = ∞ esetekben is.

A fenti átviteli elv, ill. a sorozatok és a műveletek kapcsolatát tárgyaló 3.7.10.Tételalapján könnyen adódik az

5.3.3. Tétel. Tegyük fel, hogy f, g ∈ K1 → K2, Df ∩ Dg = ∅, valamint az a ∈ (Df ∩ Dg)

′ torlódási pontban léteznek az A := lima f, B := lima g határértékek.Tegyük fel továbbá, hogy

i) létezik az A + B ∈K2 összeg, ekkor az f + g összegfüggvénynek az a helyen van határértéke, és

lima

(f + g) = A + B;

ii) c ∈ K2 és létezik a cA ∈ K2 szorzat, ekkor a cf függvénynek az a helyen van határértéke, és

lima

(cf ) = cA;




iii) létezik az AB ∈ K2 szorzat, ekkor az f g szorzatfüggvénynek az a helyen van határértéke, és

lima

(f g) = AB;

iv) létezik az A/B ∈K

2 hányados, ekkor az f /g hányadosfüggvénynek az a helyen

van határértéke, és

lima

f

g =

A

B.

Bizonyítás. Emlékeztetünk arra (ld. 2.4. xii) megjegyzés), hogy

Df +g = Dfg = Df ∩ Dg , Dcf = Df ,ill.

Df/g = (Df ∩ Dg) \ x ∈ Dg : g(x) = 0.

Az utóbbival kapcsolatban jegyezzük meg, hogy ha A/B létezik, akkor B = 0. Van tehát aB-nek olyan K (B) ⊂K2 környezete, hogy 0 /∈ K (B). Ezért lima g = B miatt létezik egyk(a) ⊂ K1 környezet úgy, hogy g(x) ∈ K (B) (a = x ∈ k(a) ∩ Dg). Tehát

g(x) = 0 (a = x ∈ k(a) ∩ Dg),

amiből(k(a) \ a) ∩ (Df ∩ Dg) ⊂ Df/g

következik. Az a ∈ (Df ∩ Dg)′ feltétel miatt ezért (ld. 5.1.) a ∈ D′f/g is igaz.

Legyen (xn) : N→ (Df ∩ Dg) \ a, (z n) : N → Df \ a, lim(xn) = lim(z n) = a (a iv)

esetben azt is feltételezve, hogy g(xn) = 0 (n ∈N). Ekkor egyúttal (xn) : N → Df \ a,(xn) : N→ Dg \ a is igaz, ezért (ld. 5.3.2. Tétel)

lim(f (xn)) = A , lim(g(xn)) = B.

Alkalmazható tehát a 3.7.10. Tétel, miszerint

i) lim((f + g)(xn)) = lim (f (xn) + g(xn)) = A + B;

ii) lim((cf )(z n)) = lim (cf (z n)) = cA;

iii) lim((f g)(xn)) = lim (f (xn)g(xn)) = AB;

iv) lim((f /g)(xn)) = lim(f (xn)/g(xn)) = A/B.

Következésképpen az 5.2.2. Tétel alapján rendre azt kapjuk, hogy létezik a




i) lima(f + g) = A + B = lima f + lima g;

ii) lima(cf ) = cA = c· lima f ;

iii) lima(f g) = AB = ( lima f )

·(lima g);

iv) lima(f /g) = A/B = ( lima f )/(lima g)

határérték.

Az alkalmazások szempontjából gyakran előforduló eset egy ∅ = A ⊂ R halmaz ésegy α ∈ R szám viszonyát illetően, hogy α ∈ A′, de egy δ > 0 mellett (α − δ, α) ∩ A,vagy (α, α + δ ) ∩ A véges halmaz (esetleg ∅). Világos, hogy ekkor bármely r > 0 esetén(α, α + r) ∩ A-nak vagy (α − r, α) ∩ A-nak végtelen halmaznak kell lennie (ld. 5.1.1. Tétel).Ezt előrebocsátva vezessük be az egyoldali torlódási pont fogalmát. Azt mondjuk, hogy azα ∈R szám jobb oldali torlódási pontja az A ⊂ R halmaznak, ha

α ∈ (A ∩ (α, +∞))′.

Ez azt jelenti (ld. 5.1.1. Tétel), hogy tetszőleges r > 0 esetén az

(A ∩ (α, +∞)) ∩ (α − r, α + r) = A ∩ (α, α + r)

halmaz végtelen, azaz az (α, α + r) intervallum végtelen sok A-beli számot tartalmaz.

Hasonlóan, az α ∈ R szám bal oldali torlódási pontja az A ⊂ R halmaznak, ha

α ∈ (A ∩ (−∞, α))′.

Tehát (ld. 5.1.1. Tétel) bármely r > 0 számra az

(A ∩ (−∞, α)) ∩ (α − r, α + r) = A ∩ (α − r, α)

halmaz végtelen (az (α − r, α) intervallum végtelen sok A-beli számot tartalmaz).

Nyilvánvaló, hogy ha α ∈ A′, akkor az α vagy jobb oldali vagy bal oldali (esetleg mind-kettő) torlódási pontja az A-nak. Ti. ha ez nem volna igaz, akkor lennének olyan δ i > 0(i = 1, 2) számok, amelyekkel

A ∩ (a, a + δ 1) = ∅ , A ∩ (a − δ 1, a) = ∅.

Ekkor viszont a δ := minδ 1, δ 2 választással

A ∩ (a − δ, a + δ ) = ∅,

ami ellentmond annak, hogy a ∈ A′.




Legyen most f ∈ R → K, α ∈ R, és α jobb oldali torlódási pontja a Df értelmezésitartománynak. Azt mondjuk ekkor, hogy az f függvénynek az α helyen (vagy α-ban) van

jobb oldali határértéke, ha létezik olyan A ∈ K elem, amelynek bármely K (A) környezetétvéve egy alkalmas r > 0 mellett

f (x) ∈ K (A) (x ∈ (α, α + r) ∩ Df ).

Ebben az esetben (az 5.3.1. Tétel bizonyításában látottakkal analóg módon) egyértelműenlétezik ilyen A, amit az f függvény α-beli jobb oldali határértékének nevezünk. Erre akövetkező jelölések valamelyikét fogjuk használni:

limα+0

f := limx→α+0

f (x) := A.

Időnként azt is írjuk, hogy f (x) → A (x → α + 0), és mindezt szóban az"

f (x) tart A-hoz,ha x jobbról tart α-hoz" módon idézzük.

Hasonlóan, ha f ∈ R → K, α ∈ R és α bal oldali torlódási pontja a Df értelmezésitartománynak, akkor azt mondjuk, hogy az f függvénynek az α helyen (vagy α-ban) van bal oldali határértéke, ha létezik olyan A ∈ K elem, amelynek bármely K (A) környezetévelvalamilyen r > 0 esetén

f (x) ∈ K (A) (x ∈ (α − r, α) ∩ Df )

teljesül. Ekkor is elmondhatjuk, hogy egyértelműen létezik ilyen A, amit az f függvény α-beli bal oldali határértékének nevezünk, és a következő szimbólumok valamelyikével jelö-lünk:

limα−0

f := limx→α−0

f (x) := A

(vagy f (x) → A (x → α − 0), és mindez szóban:"

f (x) tart A-hoz, ha x balról tartα-hoz").

5.3.4. Tétel. Tegyük fel, hogy f ∈ R→ K és α ∈ R.

1o Ha az α jobb oldali torlódási pontja Df -nek, akkor az f függvény α-beli jobboldali határértékének a létezése azzal ekvivalens, hogy bármely

(xn) : N→ Df ∩ (α, +∞) , lim(xn) = α

sorozatra az (f (xn)) sorozatnak van hatérértéke. Ebben az esetben a lim(f (xn))határérték független az (xn) sorozattól, és

lim(f (xn)) = limα+0

f.




2o Ha az α bal oldali torlódási pontja Df -nek, akkor az f függvény α-beli bal oldali határértékének a létezése azzal ekvivalens, hogy bármely

(xn) : N → Df ∩ (−∞, α) , lim(xn) = α

sorozatra az (f (xn)) sorozatnak van hatérértéke. Ebben az esetben a lim(f (xn))

határérték független az (xn) sorozattól, és

lim(f (xn)) = limα−0

f.

3o Ha α ∈ D′f , létezik a limα f hatérérték és az α jobb oldali (bal oldali ) torló-

dási pontja Df -nek, akkor a limα+0 f jobb oldali határérték ( limα−0 f bal oldali határérték ) létezik, és

limα+0

f = limα

f (limα−0

f = limα

f ).

4o Ha α egyszerre jobb oldali és bal oldali torlódási pontja Df -nek, akkor a limα f hatérérték létezése azzal ekvivalens, hogy léteznek a limα+0 f, limα−0 f egyoldali

határértékek, és limα+0

f = limα−0

f.

Bizonyítás. Az 1o, 2o állítások bizonyítása az 5.2.2. Tétel (átviteli elv) bizonyításábanlátottakkal analóg módon történhet.

A 3o bizonyításához tegyük fel, hogy pl. α jobb oldali torlódási pontja Df -nek. Ekkorα ∈ R, és az A := limα f határérték feltételezett létezése miatt bármely K (A)-hoz vanolyan δ > 0, hogy f (x) ∈ K (A) (x ∈ Df , 0 < |x − α| < δ ). Speciálisan mindez teljesül azx ∈ Df , a < x < a + δ helyeken, ami azt jelenti, hogy létezik a limα f jobb oldali határértékés limα f = A. (Analóg a bizonyítás akkor is, ha α bal oldali torlódási pontja

Df -nek.)

A 3o állításra tekintettel a 4o igazolásához azt kell már csak belátnunk, hogy haA := limα+0 f = limα−0 f, akkor létezik a limα f határérték. Valóban, tetszőleges K (A)környezethez megadhatók olyan δ i > 0 (i = 1, 2) számok, hogy

f (x) ∈ K (A) (x ∈ Df , α < x < α + δ 1),

f (t) ∈ K (A) (t ∈ Df , α − δ 2 < t < α).

Legyen δ := minδ 1, δ 2, ekkor

f (x) ∈ K (A) (x ∈ Df , 0 < |x − α| < δ ),

azaz létezik a limα f határérték (és limα f = A).

A következő tételben monoton függvények jobb (vagy bal) oldali határértékének a léte-zésével, ill. a kiszámításával foglalkozunk. A speciális esetben (ld. monoton sorozatok) márismert állítások kiterjesztéseit fogalmazzuk meg valós függvényekre.




5.3.5. Tétel. Legyen az f ∈ R→ R függvény monoton növő.

1o Ha az α ∈ R jobb oldali torlódási pontja Df -nek, akkor f -nek az α-ban létezik a jobb oldali határértéke, és

limα+0 f = inf f (x) ∈ Rf : x ∈ Df , x > α.

2o Ha az α ∈R bal oldali torlódási pontja Df -nek, akkor f -nek az α-ban létezik a bal oldali határértéke, és

limα−0

f = supf (x) ∈ Rf : x ∈ Df , x < α.

3o Ha +∞ ∈ D′f , akkor létezik a lim+∞ f határérték, és

lim+∞

f = sup Rf .

4o Ha −∞ ∈ D′f , akkor létezik a lim−∞ f határérték, és

lim−∞

f = inf Rf .

5o Analóg kijelentések teljesülnek monoton fogyó függvényekre azzal, hogy ekkor a fentiekben az inf -et és a sup-ot felcseréljük.

Bizonyítás. Legyen az α ∈R jobb oldali torlódási pontja Df -nek, és

A := inf f (x) ∈ Rf : x ∈ Df , x > α.

Mivel A = +∞, ezért bármely K (A) környezet esetén van olyan y ∈ K (A), hogy A < y.Így (az infimum definíciója (ld. 1.2. x) megjegyzés) alapján) valamilyen x0

∈ Df x0 > α

helyen f (x0) < y. Ha x ∈ Df , α < x < x0, akkor

A ≤ f (x) ≤ f (x0) < y,

amiből f (x) ∈ K (A) következik. Ez azt jelenti, hogy létezik a limα+0 f jobb oldali határ-érték, és limα+0 f = A.

A limα−0 f -re vonatkozó bizonyítás (értelemszerű módosítással) u.így történhet.

Ha +∞ ∈ D′f és B := sup Rf , akkor B = −∞, és tetszőleges K (B) környezet esetén

van olyan z ∈ K (B), hogy z < B. A szuprémum definíciója (ld. 1.2. ix) megjegyzés) miattlétezik olyan x0 ∈ Df , amellyel z < f (x0) ≤ B. Ezért tetszőleges x ∈ Df , x0 < x mellett

z < f (x0) ≤ f (x) ≤ B,

más szóval f (x) ∈ K (B). Következésképpen létezik a lim+∞ f = B határérték. A tétel

többi kijelentésének a bizonyítása hasonlóan végezhető el.





(an(t − a)n) hatványsor r konvergencia-sugara nem nulla, és legyen

f (x) :=∞

n=0

an(x − a)n (x ∈ K r(a)).

Ekkor bármely b ∈ K r(a) esetén létezik a limb f határérték, és

limb

f = f (b) =∞n=0

an(b − a)n.

Bizonyítás. A 4.5.3. Tétel szerint alkalmas bn ∈ K (n ∈ N) együtthatók és ρ > 0

"sugár" mellett

f (x) :=∞

n=0

bn(x

−b)n (x

∈K ρ(b)),

ahol

b0 = f (b) =∞n=0

an(b − a)n.

Ezért (ld. 4.5.) x ∈ K ρ/2(b) esetén

|f (x) − f (b)| =

∞n=1

bn(x − b)n = |x − b|·

∞n=1

bn(x − b)n−1

=

|x

−b

|· ∞

n=0

bn+1(x

−b)n ≤ |

x

−b

|·

∞

n=0 |bn+1(x

−b)n

| ≤|x − b|·

∞n=0

|bn+1|· (ρ/2)n =: M · |x − b|.

Ha tehát ε > 0 tetszőleges és 0 < δ < ρ/2 olyan, hogy Mδ < ε, akkor

|f (x) − f (b)| ≤ Mδ < ε (x ∈ K, 0 < |x − b| < δ ).

Ez azt jelenti, hogy létezik a limb f = f (b) határérték.

Speciálisan bármely P polinom (ld. 2.4. xiv) megjegyzés) esetén tetszőleges a

∈ K

helyen létezik a lima P = P (a) határérték.A továbbiakban racionális törtfüggvények (ld. 2.4. xv) megjegyés) határértékével foglal-

kozunk. Legyen tehát P és Q egy-egy polinom, és tegyük fel, hogy Q legalább elsőfokú.A P/Q racionális törtfüggvényt vizsgáljuk a határérték szempontjából valamilyen a ∈ K




("

véges") helyen. Tekintsük ehhez a P, Q polinomok gyöktényezős felbontását (ld. 2.4. xiv)megjegyzés):

P (x) = cN ·N k=0

(x − λk)sk (x ∈ K),

Q(x) = dM · M j=0

(x − µ j)rj (x ∈ K).

Az alábbi eseteket fogjuk megkülönböztetni.

1o eset: Q(a) = 0. Ekkor az előbbi lima P = P (a), lima Q = Q(a) = 0 következmények,ill. az 5.3.3. Tétel miatt létezik a

lima

P

Q =

lima P

lima Q =

P (a)

Q(a)

határérték.

2o eset: Q(a) = 0 és P (a) = 0. Ekkor valamilyen j0 ∈ 0,...,M indexszel a = µ j0, ígya 0 < ν := r j0 ∈ N jelöléssel

P (x)

Q(x) = g(x)· 1

(x − a)ν (x ∈ K \ µ0,...,µM ),

ahol

g(t) := P (t)

dM ·M j0= j=0(t − µ j)rj

(t

∈K

\ µ0,...,µ j0−1, µ j0+1,...,µM

).

Világos, hogy a ∈ Dg és g(a) = 0. Megmutatjuk, hogy a P/Q ∈ C→ C függvénynekaz a-ban létezik a

lima

P

Q = ∞

határértéke. Valóban, az 1o eset miatt lima g = g(a) = 0, ezért megválasztható ak(a) ⊂ C környezet úgy, hogy

|g(x) − g(a)| < |g(a)|

2 (x ∈ k(a)).

Így|g(x)| = |(g(x) − g(a)) + g(a)| ≥

|g(a)| − |g(x) − g(a)| > |g(a)|

2 (> 0) (x ∈ k(a)).




Legyen ugyanakkor 0 2 p

|g(a)| (x ∈ C, 0 < |x − a| < δ ).

Mindez azt jelenti, hogyP (x)

Q(x)

= |g(x)|· 1

|x − a|ν > |g(a)|

2 · 2 p

|g(a)| = p (a = x ∈ k(a) ∩ kδ(a)).

Következésképpen létezik a

lima

P

Q = ∞

határérték.

Megjegyezzük, hogy ha itt P, Q valós együtthatós polinomok és a ∈ R, akkor azf := P /Q függvényt (leszűkítve a Df ∩R halmazra) mint f ∈ R → R (egyváltozósvalós) függvényt tekintve a fenti g függvény (szintén leszűkítve a Dg ∩R halmazra)is tekinthető g ∈ R → R függvényként. Ekkor az előbbi lima P/Q = ∞ eredményt

"finomítva" az alábbiakat mondhatjuk:

lima+0

P

Q =

+∞ (g(a) > 0)

−∞ (g(a) < 0), lima−0

P

Q =

+∞ (g(a) > 0 és ν páros)

−∞ (g(a) < 0 és ν páros)

−∞ (g(a) > 0 és ν páratlan)

+∞ (g(a) < 0 és ν páratlan).

Speciálisan, ha ν páros, akkor létezik a

lima

P Q

= +∞ (g(a) > 0)

−∞ (g(a) < 0)

határérték.




3o eset: Q(a) = P (a) = 0. Tehát (a 2o esetbeli jelölésekkel) a = µ j0, és valamilyenk0 ∈ 0,...,N indexszel egyúttal a = λk0. Ezért, ha

σ := sk0 − r j0,

akkor P (x)

Q(x) = h(x)(x − a)σ (x ∈ K \ µ0,...,µM ),

ahol

h(t) := cN dM

·N k0=k=0(t − λk)skM j0= j=0(t − µ j)rj

(t ∈ K \ µ0,...,µ j0−1, µ j0+1,...,µM ).

Nyilván a ∈ Dh és h(a) = 0. Gondoljuk meg, hogy a P/Q ∈ C → C függvénynek aza-ban létezik a

lima

P Q

=

0 (σ > 0)

h(a) (σ = 0)

∞ (σ < 0)

határértéke. Ui. a 2o esethez hasonlóan most is azt mondhatjuk, hogy egy alkalmask(a) környezettel

|h(x)| > |h(a)|

2 (x ∈ k(a)),

és (a 2o-ben követett gondolatmenettel) σ < 0 esetén

limaP

Q = ∞.

Ha σ = 0, akkorP (x)

Q(x) = h(x) (x ∈ K \ µ0,...,µM ),

és az 1o eset szerint

lima

P

Q = lim

ah = h(a).

Ha viszont σ > 0, akkor az előbbi k(a) környezettel (ld. 2o eset)

|h(x)

| < 2

|h(a)

| (x

∈(k(a)).

Továbbá bármely ε > 0 esetén van olyan δ > 0, hogy

|(x − a)σ| = |x − a|σ < ε

2|h(a)| (x ∈ C, |x − a| < δ ).




Így

P (x)

Q(x)

= |h(x)|· |x − a|σ < 2|h(a)|· ε

2|h(a)| = ε (a = x ∈ k(a) ∩ kδ(a)),

ami pontosan azt jelenti, hogy létezik a

lima

P

Q = 0

határérték.

Ha a P, Q polinomok valós együtthatósak és a ∈ R, akkor σ < 0 esetén a 2o-benmondottakkal analóg módon kapjuk, hogy

lima+0

P

Q =

+∞ (h(a) > 0)

−∞ (h(a) < 0), lima−0

P

Q =

+∞

(h(a) > 0 és ν páros)

−∞ (h(a) < 0 és ν páros)

−∞ (h(a) > 0 és ν páratlan)

+∞ (h(a) < 0 és ν páratlan).

Speciálisan, ha ν páros, akkor létezik a

limaP

Q = +

∞ (h(a) > 0)

−∞ (h(a) < 0)

határérték.

Vizsgáljuk most a fenti

f := P

Q ∈ K1 →K2

racionális törtfüggvény lima f határértékét (ha létezik) a"

végtelenben". Legyen

P (x) =

N k=0

akxk , Q(x) =

M i=0

bixi (x ∈ K1)

(alkalmas a0,...,aN ∈ K1, aN = 0, ill. b0,...,bM ∈ K1, bM = 0 együtthatókkal valamilyenN, M ∈ N mellett).




a) eset: K1 = R (azaz f ∈ R → K2) és a = +∞. Legyen (xn) : N → R egy olyansorozat, amelyre lim(xn) = +∞. Feltehetjük, hogy xn > 0 és Q(xn) = 0 (n ∈ N).Ekkor

(

∗) f (xn) =

P (xn)

Q(xn)

= N k=0 akxkn

M

i=0 bixin

= xN −M n

·aN +

N −1k=0 akx−(N −k)

n

bM + M −1i=0 bix

−(M −i)n

(ahol (ha N = 0 vagy M = 0, akkor) −1

k=0 ... := −1

i=0 ... := 0). Gondoljuk megelőször is, hogy bármilyen 1 ≤ s ∈ N esetén

lim(x−sn ) = 0.

Ha ui. ε > 0 tetszőleges, ekkor lim(xn) = +∞ miatt van olyan R ∈ N küszöbindex,amellyel

xn > s

1/ε (n ∈ N, n > R).

Következésképpenx−s

n

< ε (n ∈N, n > R),

ami éppen azt jelenti, hogy lim(x−sn ) = 0. A (∗)-ban szereplő akármelyik

k = 0,...,N − 1, ill. i = 0,...,M − 1

esetén 1 ≤ N − k ∈ N, ill. 1 ≤ M − i ∈ N, ezért minden k = 0,...,N − 1, ill.i = 0,...M − 1 indexre

lim(x−(N −k)n ) = lim (x−(M −i)

n ) = 0.

A 3.7.5. Tétel alapján tehát azt mondhatjuk, hogy

limaN +

N −1k=0 akx−(N −k)

n

bM + M −1i=0 bix−(M −i)n = aN

bM .

Ha N = M, akkor (∗)-ból lim(f (xn)) = aN /bN , és így az átviteli elv (ld. 5.3.2.Tétel) alapján

lim+∞

f = lim+∞

P

Q =

aN bN

.

Ha N < M, akkor 1 ≤ M − N ∈ N miatt lim(xN −M n ) = lim (x−(M −N )n ) = 0, és a

3.7.5. Tétel szerint

lim+∞

f = lim+∞

P

Q = 0· aN

bM = 0.

Ha N > M, akkor könnyen láthatóan lim(xN −M n ) = +

∞. Ezért - feltéve, hogy P, Q

valós együtthatósak, azaz f ∈ R→ R - azt kapjuk (ld. 3.7.10. Tétel), hogy

lim+∞

f = lim+∞

P

Q =

+∞ (aN /bM > 0)

−∞ (aN /bM < 0).




Ha viszont P, Q nem valós együtthatósak, azaz f ∈ R → C, akkor

lim+∞

f = lim+∞

P

Q = ∞.

b) eset: K1 = R (azaz f

∈ R

→ K2) és a =

−∞. Legyen most (xn) : N

→ R

olyan sorozat, amelyre lim(xn) = −∞. Ekkor az a) esetben látottakkal analóg módonkapjuk, hogy

lim

aN +

N −1k=0 akx−(N −k)

n

bM +M −1i=0 bix

−(M −i)n

=

aN bM

,

és N = M esetén továbbra is

lim−∞

f = lim−∞

P

Q =

aN bN

,

N < M esetén

lim−∞

f = lim−∞

P

Q = 0,

míg valós együtthatós P, Q polinomok és N > M esetén páros N − M mellettlim(xN −M n ) = +∞ miatt

lim−∞

f = lim−∞

P

Q =

+∞ (aN /bM > 0)

−∞ (aN /bM < 0),

páratlan N − M mellett pedig lim(xN −M n ) = −∞ miatt

lim−∞

f = lim−∞

P

Q =

−∞ (aN /bM > 0)

+∞ (aN /bM < 0),

ill. nem valós együtthatós P, Q és N > M esetén lim(|xN −M n |) = +∞ miatt

lim−∞

f = lim−∞

P

Q = ∞.

c) eset: K1 = C (azaz f ∈ C → K2) és a = ∞. Legyen (xn) : N → C most olyansorozat, amelyre lim(xn) = ∞. Ekkor az a), b) esetekben látottakhoz hasonlóan

lim

aN +

N −1k=0 akx−(N −k)

n

bM +M −1i=0 bix

−(M −i)n

=

aN bM

,

és

lim∞

f = lim∞

P Q

=

aN bN

(N = M )

0 (N < M )

∞ (N > M ).




5.4. Megjegyzések

i) A lima f = A határérték definíciója alapján világos, hogy ha itt A"

nem véges", azazA ∈ +∞, −∞, ∞, akkor az |f | : Df → [0, +∞),

|f |(x) := |f (x)| (x ∈ Df )függvénynek van határértéke a-ban, és lima |f | = +∞.

ii) Mit jelent az, hogy egy f ∈ K1 → K2 függvénynek valamilyen a ∈ D′f helyen nincs

határértéke? Az utóbbi definíciója alapján azt, hogy bármilyen A ∈ K2 esetén egyalkalmas K (A) ⊂ K2 környezettel akármilyen k(a) ⊂ K1 mellett

f [(k(a) \ a) ∩ Df ] ⊂ K (A).

Van tehát olyan a = x ∈ Df ∩ k(a), hogy f (x) /∈ K (A). Speciálisan, ha itt a ∈ K1,A

∈ K

2, akkor van olyan ε > 0, hogy minden δ > 0 esetén egy alkalmas x

∈ Df ,

0 < |x−a| < δ helyen |f (x)−A| ≥ ε. Ezt az információt igen gyakran úgy"

használjukki", hogy δ helyébe 1/n-et írva (n ∈N) egy xn ∈ Df , 0 < |xn − a| < 1/n elemmel0 < |f (xn) − A| ≥ ε. (Világos, hogy ekkor lim(xn) = a, de az A nem határértéke az(f (xn)) sorozatnak (aminek lehet, hogy nincs is határértéke).)

iii) A racionális törtfüggvények vizsgálatakor már alkalmazott gondolatmenetet kiemelvelegyen f ∈ K1 → K2, a ∈ K1, A ∈ K2, A = lima f és A = 0. Ekkor van olyank(a) ⊂ K1 környezet és olyan r > 0 szám, hogy

|f (x)| > r (a = x ∈ k(a) ∩ Df ).

Ha ui. A ∈ K2, akkor egy alkalmas k(a) ⊂ K1 környezettel

|f (x) − A| < |A|

2 (a = x ∈ k(a) ∩ Df ).

Ezért|f (x)| = |(f (x) − A) + A| ≥ |A| − |f (x) − A| >

|A| − |A|2

= |A|

2 (a = x ∈ k(a) ∩ Df ),

más szóval az r := |A|/2 választás megfelelő. Minden egyéb esetben (ld. i))

lima |f | = +∞,

azaz van olyan k(a) ⊂K1 környezet, amellyel pl.

|f (x)| > 1 =: r (a = x ∈ k(a) ∩ Df ).




iv) A lima+0 f, ill. a lima−0 f jobb-bal oldali határérték értelmezéséből rögtön adódik,hogy

lima+0

f = lima

g , lima−0

f = lima

h,

ahol g := f |(a,+∞)∩Df és h := f |(−∞,a)∩Df

.

v) Tegyük fel, hogy az f ∈ R → R függvény monoton növő, és a ∈ R egyszerre jobbés bal oldali torlódási pontja a Df értelmezési tartománynak. Ekkor az 5.3.5. Tételalapján nyilvánvaló, hogy

lima−0

f ≤ lima+0

f.

Sőt, ha még a ∈ Df is igaz, akkor

lima−0

f ≤ f (a) ≤ lima+0

f.

Az utóbbi esetben azt mondjuk, hogy az f -nek ugrása van a-ban, ha

q a := lima−0

f < lima+0

f =: Qa.

Jelöljük az f ugráshelyeinek a halmazát U f -fel. Ismét csak az 5.3.5. Tételből egysze-rűen következik, hogy (a most bevezetett jelölésekkel)

Qa ≤ q b (a, b ∈ U f , a < b).


(q a, Qa)

∩(q b, Qb) =

∅ (a, b

∈ U f , a

= b).

Ha a ∈ U f és ra ∈ (q a, Qa) ∩Q, rb ∈ (q b, Qb) ∩Q, akkor a fentiek szerint

ra = rb (a, b ∈ U f , a = b).

Következésképpen (ld. 5.2. viii) megjegyzés) az U f halmaz legfeljebb megszámlálható.(Analóg állítások igazak monoton fogyó függvényekre.)

vi) A racionális törtfüggvények határértékével kapcsolatban megfogalmazott állításainkillusztrálására tekintsük a

P (x) := x2

− x − 2 , Q(x) := x3

− 5x2

+ 8x − 4 (x ∈ K)

polinomokat, ill. az f := P /Q racionális törtfüggvényt. Ekkor (könnyen ellenőrizhe-tően)

P (x) = (x + 1)(x − 2) , Q(x) = (x − 1)(x − 2)2 (x ∈ K).




Ezért

lima

f = f (a) = P (a)

Q(a) =

a + 1

(a − 1)(a − 2) (a ∈ K \ 1, 2).

Továbbá

lim1−0 f = +∞ , lim1+0 f = −∞ , lim2−0 f = −∞ , lim2+0 f = +∞.

vii) Könnyű példát mondani olyan f, g ∈ K1 → K2 függvényekre, hogy létezik ab := lima g és a limb f határérték, továbbá létezik az f g összetett függvény,a ∈ D′

f g, de nem igaz alima

(f g) = limb

f

egyenlőség. Sőt, még az sem biztos, hogy létezik a lima(f g) határérték. (Formálisanszólva az összetett függvényre általában

"nem öröklődik" a külső függvény határértéke,

azaz előfordulhat, hogy lima(f g) = limlima g f.) Legyen pl.

g(x) := 0 (x = 0)

1 (0 = x ∈ R), f (x) :=

2 (x = 1)

0 (1 = x ∈ R).

Világos, hogy lim0 g = 1, lim1 f = 0, de

f g(x) = f (g(x)) =

0 (x = 0)

2 (0 = x ∈ R)

miatt lim0(f g) = 2. Ha

h(x) := 1 (x ≥ 0)

x + 1 (x < 0),

akkor lim0 h = 1, ill.

f h(x) = f (h(x)) =

2 (x ≥ 0)

0 (x < 0).

Innen nyilvánvaló, hogy az f h függvénynek a 0-ban nem létezik határérértéke.Ugyanakkor könnyen belátható az alábbi állítás: ha az f, g ∈K1 →K2 függvényekre

a b := lima g, A := limb f határértékek léteznek, továbbá létezik az f g összetettfüggvény, a ∈ D′f g, és b /∈ Df , vagy b ∈ Df \ Rg, vagy b ∈ Df ∩ Rg és f (b) = A,

akkor létezik a lima(f g) határérték, és lima(f g) = A. Ui. legyen

(xn) : N → Df g \ a,




és lim(xn) = a. Ekkor egyúttal (xn) : N → Dg \ a, ezért az átviteli elv miatt (ld.5.3.2. Tétel a g-re alkalmazva) lim(g(xn)) = b. A feltételeink szerint g(xn) ∈ Rg∩Df ,ezért b /∈ Df , vagy b ∈ Df \ Rg esetén g(xn) = b (n ∈ N). Így ismét csak az előbbidézett átviteli elv alapján (azt most az f -re alkalmazva)

lim(f g(xn)) = lim(f (g(xn))) = A.

Világos, hogy ez utóbbi érvényben marad akkor is, ha b ∈ Df ∩ Rg és f (b) = A, ill.bizonyos n ∈N indexekre g(xn) = b. Mindez megint csak az átviteli elv szerint (aztezúttal az f g-re alkalmazva) pontosan azt jelenti, amit állítottunk.

5.5. Folytonos függvények

Az 5.3.6. Tétel hatványsorok összegfüggvényének a határértékéről fogalmaz meg egy állítást:

limb f = f (b) (b ∈ Df ). A "végesben vett véges" határértékkel kapcsolatban mondottakszerint (ld. 5.3.) ez azt jelenti, hogy bármilyen ε > 0 számhoz van olyan δ > 0 szám,amellyel

|f (x) − f (b)| < ε (x ∈ Df , 0 < |x − b| < δ ).

Világos, hogy itt a"

0 < ” feltétel elhagyható:

(∗) |f (x) − f (b)| < ε (x ∈ Df , |x − b| < δ ),

mert az x = b választással az|f (b) − f (b)| = 0 < ε

egyenlőtlenség nyilván teljesül. Az is világos, hogy általában a (∗

) egyenlőtlenség akkor isteljesülhet valamilyen f ∈ K1 → K2 függvény és b ∈ Df esetén, ha b

"csak" eleme, de

nem torlódási pontja Df -nek. Sőt, az utóbbi esetben (amikor is b izolált pontja Df -nek(ld. 5.2. ix) megjegyzés)) a (∗) kikötés automatikusan teljesül. Ekkor ui. van olyan r > 0,hogy

K r(b) ∩ Df = b,

ezért (∗)-ban (tetszőleges ε > 0 mellett) bármely 0 < δ ≤ r megfelelő.

A most mondottak motiválják a következő definíciót: azt mondjuk, hogy valamilyenf ∈ K1 → K2 függvény az a ∈ Df pontban folytonos, ha minden ε > 0 számhoz megad-ható olyan δ > 0, szám, amellyel

|f (x) − f (a)| < ε (x ∈ Df , |x − a| < δ ).

Speciálisan a K1 = K2 = R, azaz az f ∈ R→ R esetben ez azt jelenti, hogy

f (a) − ε < f (x) < f (a) + ε (x ∈ Df , a − δ < x < a + δ ).



5.5. FOLYTONOS FÜGGVÉNYEK 195

Jelöljük az a ∈ K1 pontban folytonos f ∈ K1 → K2 függvények halmazát a követke-zőképpen: Ca. Ekkor a környezetek nyelvén megfogalmazva f ∈ Ca azzal ekvivalens,hogy a ∈ Df , és az f (a) helyettesítési érték bármely K (f (a)) ⊂ K2 környezetéhez létezikaz a-nak olyan k(a) ⊂ K1 környezete, amellyel

f [k(a) ∩ Df ] ⊂ K (f (a)).

A"

felvezetésben" mondottakra hivatkozva az alábbi kijelentések nyilvánvalóan igazak:

i) ha a ∈ Df izolált pontja Df -nek, akkor f ∈ Ca;

ii) ha a ∈ Df ∩ D′f , akkor f ∈ Ca, azzal ekvivalens, hogy f -nek az a-ban létezik a

határértéke és lima f = f (a).

Állapodjunk meg abban, hogy az f ∈ K1 → K2 függvényt folytonosnak nevezzük, habármely a

∈ Df esetén f

∈ Ca

. Jelöljük

C-vel a folytonos f

∈ K1

→ K2 függvények

által alkotott halmazt. A "legegyszerűbb" folytonos függvények a konstansfüggvények: ha∅ = A ⊂ K, c ∈ K és f (x) = c (x ∈ A), akkor triviális módon igaz, hogy f folytonos:f ∈ C. Az 5.3.6. Tétel szerint minden analitikus függvény (ld. 4.5.) folytonos. Speciálisan azexp, sin cos, sh, ch függvények, ill. minden polinom, sőt, minden racionális törtfüggvényis folytonos függvény (ld. 2.4. xiv), xv) megjegyzések, ill. 4.5.).

A folytonosság és a műveletek kapcsolatát tárgyalja az alábbi tétel.

5.5.1. Tétel. Tegyük fel, hogy f, g ∈ Ca. Ekkor:

1o

f + g ,f g ∈ Ca;2o ha g(a) = 0, akkor f /g ∈ Ca.

Bizonyítás címén elég annyit megjegyezni, hogy ha F jelenti a tételben szereplő f + g,fg,f/g függvények valamelyikét, és a ∈ DF ∩ D′

F , akkor az állításaink az 5.3.3. Tételegyszerű következményei. Ha pedig a ∈ DF \ D′

F , akkor (mint a DF izolált pontjában) azF

"automatikusan" folytonos.

Az 5.5.1. Tétel alapján világos továbbá, hogy ha f, g ∈ C és Df ∩ Dg = ∅, akkorf + g, fg ∈ C. Ha itt még

(Df ∩ Dg) \ x ∈ Dg : g(x) = 0 = ∅,

akkor f /g ∈ C.




5.5.2. Tétel (átviteli elv). Legyen f ∈ K1 → K2, a ∈ Df . Ekkor f ∈ Ca azzal ekvivalens, hogy bármely (xn) : N→ Df , lim(xn) = a sorozatra

lim(f (xn)) = f (a).

Bizonyítás. Az 5.3.2. Tételre hivatkozva ui. a most mondott átviteli elv teljesül akkor,ha a ∈ Df ∩ D′

f , mert ebben az esetben f ∈ Ca akkor és csak akkor igaz (ld. fent), halétezik a lima f = f (a) határérték. Ha viszont a ∈ Df \D′

f (izolált pont), akkor valamilyenk(a) ⊂ K1 környezettel k(a) ∩ Df = a. A lim(xn) = a feltételezés miatt viszont egyalkalmas N ∈ N küszöbindexszel xn ∈ k(a) ∩ Df (n ∈ N, n > N ), azaz xn = a(n ∈ N, n > N ). Ezért f (xn) = f (a) (n ∈ N, n > N ), amiből lim(f (xn)) = f (a) márnyilván következik.

Az 5.3.2. Tételt felhasználva már egyszerűen"

elintézhető" az összetett függvények foly-tonossága. Nevezetesen, igaz az

5.5.3. Tétel. Tegyük fel, hogy f, g ∈ K1 → K2, g ∈ Ca és f ∈ Cg(a). Ekkor f g ∈ Ca.

Bizonyítás. Mivel a feltételezés szerint g(a) ∈ Df , ezért Rg ∩ Df = ∅, így valóbanbeszélhetünk az f g összetett függvényről és a ∈ Df g (ld. 2.3.). Ha

(xn) : N→ Df g,és lim(xn) = a, akkor Df g ⊂ Dg miatt egyúttal

(xn) : N → Dg.

Ezért az 5.5.2. Tételt a g-re alkalmazva azt kapjuk, hogy

lim(g(xn)) = g(a).

Ugyanakkor (g(xn)) : N → Df , ezért újra csak az 5.5.2. Tételt (most az f -re) alkalmazvaazt mondhatjuk, hogy

lim(f (g(xn)) = f (g(a)) = (f g)(a).

Mivel ez utóbbi bármely (xn) : N→ Df g, lim(xn) = a esetén igaz, ezért az 5.5.2. Tételbőlmár következik, hogy f

g

∈ Ca

.

A folytonos függvények egyik"

emblematikus" tulajdonságát fogalmazza meg a következőtétel, amely a gyakorlati alkalmazások szempontjából is nehezen túlbecsülhető jelentőséggelbír.




5.5.4. Tétel (Bolzano). Tegyük fel, hogy valamilyen −∞ < a < b < +∞ esetén az f : [a, b] → R függvény folytonos, és

f (a) < 0 < f (b).

Ekkor van olyan ξ ∈ (a, b), ami gyöke az f függvénynek, azaz f (ξ ) = 0.


a0 := a , b0 := b , c0 := a + b

2 .

Három eset lehetséges:

i) f (c0) = 0, ekkor ξ := c0 gyöke az f -nek;

ii) f (c0) > 0, ekkor legyen a1 := a, b1 := c0;

iii) f (c0) < 0, ekkor legyen a1 := c0, b1 := b.

Világos, hogy a ii), iii) esetekben f (a1) < 0 < f (b1). Tegyük fel, hogy valamilyen n ∈ Nesetén már ismertek az a ≤ ai < bi ≤ b pontok, és

f (ai) < 0 < f (bi) (i = 0,...,n).

Legyen ekkor

cn := an + bn

2 .

Ismételjük meg az "első lépést":

i) ha f (cn) = 0, akkor ξ := cn gyöke az f -nek;

ii) ha f (cn) > 0, akkor legyen an+1 := an, bn+1 := cn;

iii) ha f (cn) < 0, ekkor legyen an+1 := cn, bn+1 := bn,

és

cn+1 := an+1 + bn+1

2 .

Nyilvánvaló, hogy minket csak a ii), iii) esetek "érdekelnek" már a továbbiakban, másszóval feltehetjük, hogy ezzel az eljárással kaptunk egy-egy (an), (bn) : N → [a, b] sorozatot,a ≤ an < bn ≤ b (n ∈ N), és

f (an) < 0 < f (bn) (n ∈ N).




(A fenti sorozatok létezésével kapcsolatban ld. 3.2. vii), viii) megjegyzések.) Teljes indukci-óval rögtön adódik, hogy

bn − an = b − a

2n (n ∈ N).

Valóban, ha n = 0, akkor a0 = a, b0 = b, 20 = 1 miatt a dolog triviális. Ha valamilyenn ∈ N esetén fennáll a bizonyítandó egyenlőség, akkor

bn+1 − an+1 =

cn − anvagybn − cn,

így

bn+1 − an+1 = bn − an

2 =

1

2· b − a

2n =

b − a

2n+1 .

Az (an), (bn) sorozatok konstrukciójából és a nyilvánvaló

an < cn < bn (n ∈N)

becslésből rögtön következik, hogy (an) : N → [a, b] monoton növekedő, (bn) : N → [a, b]monoton fogyó. Mivel az [a, b] intervallum korlátos, ezért (ld. 3.5.3. Tétel) az (an), (bn)sorozatok konvergensek és az [a, b] zártsága miatt (ld. 5.1.3. Tétel)

ξ := lim(an) ∈ [a, b] , η := lim(bn) ∈ [a, b].

A konvergens sorozatokkal kapcsolatos eredményeink (ld. 3.) alapján

|ξ − η| = lim (|an − bn|) ≤ lim

b − a

2n

= 0,

ezért ξ = η. Az átviteli elv (ld. 5.5.2 Tétel) és f (an) < 0 < f (bn) (n ∈ N) alapján tehát0 ≤ lim (f (bn)) = f (ξ ) = lim (f (an)) ≤ 0,

következésképpen f (ξ ) = 0 . Világos, hogy f (a) < 0 < f (b) miatt ξ ∈ (a, b).

Nyilván analóg állítás mondható akkor is, ha az előző tételben f (a) > 0 > f (b) teljesül,azaz általában akkor, ha f (a)· f (b) < 0.

Tegyük most fel, hogy az előbbi [a, b] zárt intervallum esetén a g : [a, b] → R függvényfolytonos, és legyen g(a) = g(b), pl. g(a) < g(b). Ha y ∈R és

g(a) < y < g(b),

akkor az f := g − y függvényre triviális módon teljesülnek az előző Bolzano-tétel feltételei.Ezért van olyan ξ ∈ (a, b), amellyel f (ξ ) = g(ξ ) − y = 0, azaz g(ξ ) = y. Ezzel beláttuk az5.5.4. Tétel alábbi kiterjesztését.




5.5.5. Tétel. Legyen −∞ < a f (b) esetén tetszőleges

f (a) > y > f (b)

számhoz van olyan ξ ∈ (a, b), amellyel f (ξ ) = y.

Az 5.5.5. Tételből f (a)· f (b) < 0 esetén az y := 0 választással nyilván az 5.5.4. Tételtkapjuk, azaz a szóban forgó két tétel valójában ugyanazt az állítást fogalmazza meg.

Legyen most I ⊂ R egy tetszőleges intervallum, h : I → R. Azt mondjuk, hogy ah függvény Darboux-tulajdonságú, ha tetszőleges a, b

∈ I, a < b, h(a)

= h(b) esetén a

h(a), h(b) végpontú intervallum minden y eleméhez van olyan ξ ∈ [a, b], hogy h(ξ ) = y. Azelőbbi két tétel alapján tehát a következőt mondhatjuk.

5.5.6. Tétel. Bármilyen I ⊂ R intervallumon értelmezett h : I → R folytonos függvény Darboux-tulajdonságú.

(Annyit kell csupán megjegyeznünk, hogy az f (x) := h(x) (x ∈ [a, b]) függvény nyilvánfolytonos minden a, b ∈ I, a < b esetén.)

A folytonos függvények egyik fontos jellemzője, hogy halmazok bizonyos tulajdonságait

"megtartják": ha f ∈ K1 → K2 folytonos, A ⊂ K1, B ⊂ K2, akkor gyakran az f [A]képhalmazra, ill. az f −1[B] ősképre (ld. 2.2.) is igazak maradnak az A-ra, ill. B-reérvényes egyes halmaztulajdonságok.

5.5.7. Tétel. Tegyük fel, hogy az f ∈ R → R folytonos függvény értelmezési tarto-mánya intervallum. Ekkor az értékkészlete vagy egy-elemű, vagy intervallum.

Bizonyítás. Legyenm := inf

Rf , M := sup

Rf .

Ha m = M, akkor nyilván Rf = m. Különben legyen m < y < M. Ekkor a szuprémum,ill. az infimum tulajdonságai (ld. 1.2. ix), x) megjegyések) alapján alkalmas a, b ∈ Df helyeken

f (a) < y < f (b).




Nyilván a = b. Az 5.5.6. Tétel szerint van olyan x az a, b által meghatározott interval-lumban, amellyel y = f (x). Tehát y ∈ Rf , azaz (m, M ) ⊂ Rf . Innen már következik azállításunk, mivel csak az alábbi esetek lehetségesek:

Rf =

(m, M )

[m, M ]

(m, M ]

[m, M ).

Folytassuk magának a folytonosságnak az alábbi jellemzésével.

5.5.8. Tétel. Tegyük fel, hogy az f ∈ K1 → K2 függvény értelmezési tartománya nyílt halmaz. Ekkor az alábbi ekvivalencia igaz: az f függvény akkor és csak akkor

folytonos, ha minden B ⊂K2 nyílt halmaz esetén az f −1[B] őskép is nyílt.

Bizonyítás. Legyen elsőként f ∈ C, B ⊂K2 nyílt. Ha B ∩ Rf = ∅, akkor

f −1[B] = f −1[B ∩ Rf ] = ∅,

ami nyílt. Feltehetjük tehát, hogy B ∩ Rf = ∅, legyen a ∈ f −1[B]. Ez azt jelenti, hogyf (a)

∈B. Mivel B nyílt, ezért egy alkalmas K (f (a))

⊂K2 környezettel

K (f (a))) ⊂ B.

Az f ∈ Ca feltételezés alapján viszont van olyan k(a) ⊂ K1 környezet, amelyre

f [k(a)] = f [k(a) ∩ Df ] ⊂ K (f (a)).

A Df nyíltsága alapján viszont feltehető, hogy egyúttal k(a) ⊂ Df is igaz. Következéskép-pen bármely x ∈ k(a) helyen f (x) ∈ B. Így k(a) ⊂ f −1[B], azaz f −1[B] nyílt.

Fordítva, most induljunk ki abból, hogy bármely B ⊂K2 nyílt halmaz esetén az f −1[B]őskép nyílt, és legyen a

∈ Df . Ha K (f (a)) egy tetszőleges környezete f (a)-nak, akkor

K (f (a)) nyílt halmaz. LegyenB := K (f (a)),

ekkor f −1[B] nyílt és (nyilván) a ∈ f −1[B]. Van ezért olyan k(a) ⊂ K1 környezet, hogyk(a) ⊂ f −1[B]. Emlékeztetünk arra, hogy f −1[B] ⊂ Df és Df nyílt. Ezért feltehető, hogy




k(a) ⊂ Df . Így azt mondhatjuk, hogy minden x ∈ k(a) helyen f (x) ∈ B = K (f (a)).Röviden

f [k(a)] ⊂ K (f (a)),

tehát f ∈ Ca.

A matematika (és így az analízis) alkalmazásai gyakran vezetnek szélsőérték-feladatokra,amikor is egy (valós) függvény legnagyobb, ill. legkisebb helyettesítési értékét keressük (haegyáltalán ilyenek léteznek). Ezzel a feladattal kapcsolatos a következő két tétel.

5.5.9. Tétel. Ha az f ∈ K1 → K2 függvény folytonos, és a Df értelmezési tarto-mánya kompakt, akkor az Rf értékészlete is kompakt.

Bizonyítás. Az 5.1.4. Tétel szerint azt kell megmutatnunk, hogy véve tetszőleges (yn) :N

→ Rf sorozatot, ehhez létezik olyan (ν n) indexsorozat, amellyel az (yν n) részsorozat

konvergens és lim(yν n) ∈ Rf . Az yn ∈ Rf (n ∈ N) feltételezés miatt alkalmas xn ∈ Df esetén

yn = f (xn) (n ∈ N).

Mivel Df kompakt, ezért (ld. 5.1.4. Tétel) van olyan (ν n) indexsorozat, hogy az (xν n)részsorozat konvergens, és a := lim(xν n) ∈ Df . Ugyanakkor f ∈ Ca, így (ld. 5.5.2. Tétel)létezik a

lim(yν n) = lim (f (xν n)) = f (a) ∈ Rf

határérték.

5.5.10. Tétel (Weierstrass). Legyen az f ∈ K → R folytonos függvény értelmezési tartománya kompakt. Ekkor az értékkészletének létezik legkisebb és legnagyobb eleme.

Bizonyítás. Az 5.5.9. Tétel alapján az Rf halmaz kompakt, azaz korlátos és zárt. Ha

m := inf Rf , M := sup Rf ,

akkor Rf korlátossága miatt m, M ∈ R. Mutassuk meg, hogy m, M ∈ Rf . Valóban, aszuprémum tulajdonságait (ld. 1.2. ix) megjegyzés) felhasználva van olyan (yn) : N → Rf sorozat, amelyre

M − 1n < yn ≤ M (1 ≤ n ∈ N).

Következésképpen lim(yn) = M. Mivel yn ∈ Rf , ezért egy alkalmas xn ∈ Df helyen

yn = f (xn) (1 ≤ n ∈ N).




A Df kompaktsága miatt viszont megadható olyan (ν n) indexsorozat (ld. 5.1.4. Tétel),hogy létezik az

a := lim(xν n) ∈ Df határérték. Továbbá f ∈ Ca, így az átviteli elv (ld. 5.5.2. Tétel) és a 3.5.2. Tétel szerint

M = lim(yn) = lim(yν n) = lim (f (xν n)) = f (a) ∈ Rf .

Az m ∈ Rf állítás u.így adódik.

Tekintsünk most egy folytonos f ∈ K1 →K2 függvényt. Tehát bármely a ∈ Df eseténf ∈ Ca, következésképpen minden ε > 0 számhoz van olyan δ (ε)

a > 0 szám, hogy

|f (x) − f (a)| < ε (x ∈ Df , |x − a| < δ (ε)a ).

Legyen pl.

f (x) := 1x

(0 < x ∈ R).

Ekkor bármely a > 0 és ε > 0 esetén egy alkalmas δ (ε)a > 0 mellett (könnyen ellenőrizhe-

tően) 1

x − 1

a

= |x − a|xa

< ε (x > 0, |x − a| < δ (ε)a ).

Speciálisan az x := a + δ (ε)a /2 választással

δ (ε)a

2xa < ε =⇒ 0 < δ (ε)

a < 2xaε → 0 (a → 0).

Innen világos, hogy a jelen példában (adott ε > 0 mellett) nincs olyan δ > 0, amellyelminden a ∈ Df és x ∈ Df , |x − a| < δ esetén |f (x) − f (a)| < ε.

Különösen fontosak azok a folytonos függvények, amelyekre minden ε > 0 esetén vanolyan

"egyenletes" (csak ε-tól függő) δ > 0, hogy bármely Df ∋ a-ra

|f (x) − f (a)| < ε (x ∈ Df , |x − a| < δ ).

Ezzel kapcsolatos a következő definíció: az f ∈ K1 → K2 függvény egyenletesen folytonos,ha bármely ε > 0 esetén létezik olyan δ > 0, hogy

|f (x) − f (t)| < ε (x, t ∈ Df , |x − t| < δ ).

Világos, hogy ekkor az f folytonos is, de az előző példa azt mutatja, hogy mindez"

megfor-dítva" nem igaz. Ugyanakkor fennáll az alábbi tétel.




5.5.11. Tétel (Heine). Tegyük fel, hogy az f ∈ K1 → K2 függvény folytonos, és a Df halmaz kompakt. Ekkor az f egyenletesen folytonos.

Bizonyítás. Indirekt módon induljunk ki abból, hogy valamilyen ε > 0 mellett bár-

milyen δ > 0 esetén vannak olyan x, t ∈ Df elemek, amelyekre ugyan |x − t| < δ igaz,de

|f (x) − f (t)| ≥ ε.

Speciálisan tetszőleges 1 ≤ n ∈ N indexhez megadhatók olyan xn, tn ∈ Df elemek, hogy|xn − tn| < 1/n és

|f (xn) − f (tn)| ≥ ε.

Kaptunk tehát egy-egy(xn), (tn) : N → Df

sorozatot. A Df kompaktsága miatt van olyan (ν n) indexsorozat, amellyel az (xν n) részso-

rozat konvergens, és a := lim (xν n) ∈ Df .Vegyük észre, hogy a (tν n) részsorozat is konvergens, és

lim(tν n) = a.

Valóban,

|tν n − a| ≤ |tν n − xν n | + |xν n − a| < 1

ν n+ |xν n − a|

≤

1

n

+

|xν n

−a

| (1

≤n

∈N),

ezért lim(xν n −a) = lim(1/n) = 0 alapján lim(tν n −a). Így az átviteli elv (ld. 5.5.2. Tétel)szerint

f (a) = lim (f (xν n)) = lim (f (tν n)),

amibőllim(f (xν n) − (f (tν n)) = 0

következik. Ez nyilván ellentmond az indirekt feltevésbeli |f (xn) − f (tn)| ≥ ε (n ∈ N)feltételezésnek.

A következő példa azt mutatja, hogy általában egy függvény folytonossága nem"

öröklő-

dik" az (esetleg létező) inverzére. Legyen ui.

f (x) :=

x (0 ≤ x < 1)

3 − x (1 < x ≤ 2).




Könnyű ellenőrizni, hogy ez a függvény invertálható, f ∈ C,

Df = [0, 2] \ 1 = Rf −1 , Rf = [0, 2) = Df −1,

és

f −1(x) := x (0 ≤ x < 1)

3 − x (1 ≤ x < 2).

Továbbá lim1−0 f −1 = 1 = lim1+0 f −1 = 2, ezért f −1 /∈ C1. Igaz viszont az

5.5.12. Tétel. Legyen az f ∈ K1 → K2 függvény folytonos, invertálható, és az értelmezési tartománya kompakt. Ekkor az f −1 inverzfüggvény is folytonos.

Bizonyítás. Azt kell belátnunk, hogy tetszőleges y ∈ Df −1 = Rf esetén

f −1 ∈ Cy.

Tegyük fel indirekt módon, hogy ez nem igaz, azaz van olyan y ∈ Df −1 = Rf , amelyref −1 /∈ Cy. Ezért létezik olyan ε > 0, hogy bármilyen δ > 0 esetén egy alkalmas z ∈ Df −1 ,|z − y| < δ mellett

|f −1(z ) − f −1(y)| ≥ ε.

Speciálisan minden 1 ≤ n ∈ N esetén valamilyen z n ∈ Df −1, |z n − y| < 1/n helyen

|f

−1

(z n) − f

−1

(y)| ≥ ε (1 ≤ n ∈ N).

Jegyezzük meg, hogy lim(z n) = y. Legyen xn := f −1(z n) ∈ Df (1 ≤ n ∈ N), ekkor aDf kompaktsága alapján egy (ν n) indexsorozattal létezik a ξ := lim (xν n) ∈ Df határérték.Továbbá az 5.5.2. Tétel miatt

f (ξ ) = lim (f (xν n)) = lim(z ν n) = lim(z n) = y,

amiből az f invertálhatóságát figyelembe véve f −1(y) = ξ következik. Mindezt összegezveazt kaptuk, hogy

ε ≤ |f −1

(z ν n) − f −1

(y)| = |xν n − ξ | → 0 (n → ∞),

ami nyilván nem lehetséges.

Az előző tételek felhasználásával látható be a következő állítás.




5.5.13. Tétel. Tegyük fel, hogy az invertálható f ∈ R → R függvény folytonos, és az értelmezési tartománya intervallum. Ekkor az f −1 inverzfüggvény is folytonos.

Bizonyítás. Lássuk be először, hogy az f függvény szigorúan monoton. Ti. legyena, b ∈ Df és (pl.) a < b. Ekkor a feltételezett invertálhatóság miatt f (a) = f (b), (pl.)f (a) < f (b). (Az egyéb esetek analóg módon tárgyalhatók.) Megmutatjuk, hogy ekkor azf szigorúan monoton növő. Ha ui. nem lenne az, akkor alkalmas c, d ∈ Df , c < d helyekenf (c) > f (d) lenne. Tegyük fel pl., hogy d < a és f (c) < f (a). (Az a,b,c,d helyek, ill. azf (a), f (b), f (c), f (d) helyettesítési értékek egymáshoz való viszonyát illetően a többi eset isu. így vizsgálható.) Ekkor az 5.5.6. Tétel alapján f (d) < f (c) < f (a) miatt kapnánk egyolyan ξ ∈ (d, a) pontot, amelyre f (ξ ) = f (c). Ez nyilván ellentmondana annak, hogy az f függvény invertálható.

Feltehető tehát, hogy az f függvény szigorúan monoton növő. Legyen y ∈ Df −1 = Rf ,és x ∈ Df (az f invertálhatósága miatt az az egyetlen) hely, amelyre f (x) = y. Tegyük felelőször, hogy egy-egy alkalmas u, v ∈R esetén [u, v] ⊂ Df , és u < x < v. Ekkor

f (u) < y = f (x) < f (v).

A g := f |[u,v] függvény is nyilván invertálható és folytonos, ezért a Dg = [u, v] interval-

lum kompaktsága és az 5.5.12. Tétel szerint g−1 ∈ C. Az 5.5.7. Tétel miatt továbbáaz Rg értékkészlet intervallum. Mivel nyilván g is szigorúan monoton növő, ezért Rg =[f (u), f (v)]. Tehát

Rg = [f (u), f (v)] ⊂ Rf ,

és f −1(z ) = g−1(z ) (z ∈ Rg). Ha ε > 0, akkor g−1 ∈ C alapján egy alkalmas δ > 0 esetén

|g−1(z ) − g−1(y)| = |f −1(z ) − f −1(y)| < ε (z ∈ (y − δ, y + δ ) ∩ Rg).

Feltehető, hogy (y − δ, y + δ ) ⊂ (f (u), f (v)), így

|f −1(z ) − f −1(y)| < ε (z ∈ Rf , |z − y| < δ )

is írható. Ez azt jelenti, hogy f −1 ∈ Cy.

Ha a fent említett [u, v]

⊂ Df intervallum nem választható meg úgy, hogy u < x < v,

akkor x = min Df , vagy x = max Df . Az első esetben tehát [u, v] helyett [x, v] írható, ésa fenti bizonyítás könnyűszerrel átvihető erre az esetre is. (Ha x = max Df , akkor analógaz okfejtés.)




5.6. Megjegyzések

i) Legyen f ∈ K1 → K2, a ∈ Df és f /∈ Ca. Ekkor azt mondjuk, hogy az f függ-vénynek az a helyen (vagy a-ban) szakadása van. Ha itt még létezik a lima f ∈ K2

határérték is, akkor f (a) = lima f, és f -nek az a-ban ún. megszüntethető szakadása

van. Az elnevezés arra utal, hogy ebben az esetben az

f (x) :=

f (x) (a = x ∈ Df )

lima f (x = a)

függvény"

már" folytonos a-ban, hiszen f (a) = lima f = lima f .

ii) Az f ∈ R → K függvénynek valamilyen a ∈ Df helyen elsőfajú szakadása van, haf /∈ Ca, léteznek a lima±0 f ∈ K egy oldali (véges) határértékek, de

lima−0

f

= lima+0

f.

Speciálisan, ha f ∈ R → R monoton, pl. monoton növekedő, akkor -feltéve, hogya ∈ Df bal- és jobb oldali torlódási pontja a Df értelmezési tartománynak - létezneka lima±0 f egy oldali határértékek (ld. 5.3.5. Tétel), és

lima−0

f ≤ f (a) ≤ lima+0

f.

Ha tehát az a pont elsőfajú szakadási helye a monoton növő f függvénynek, ak-kor lima+0 f > lima−0 f. Azt is mondjuk ekkor (ld. 5.4. v) megjegyzés), hogy az f függvénynek az a-ban ugrása van. A Df -nek az ilyen a-k által alkotott részhalmazalegfeljebb megszámlálható számosságú (ld. 5.4. v) megjegyzés).

iii) Tekintsük az f ∈ R → K függvényt, és legyen a ∈ Df . Az f függvény jobbról folytonos az a-ban, ha bármely ε > 0 számhoz megadható olyan δ > 0 szám, hogy

|f (x) − f (a)| < ε (x ∈ Df , a ≤ x < a + δ ).

Világos, hogy ha itt az a hely jobb oldali torlódási pontja is a Df -nek, akkor azf függvény a-beli jobbról való folytonossága a következőkkel ekvivalens: létezik alima+0 f jobb oldali határérték, és lima+0 f = f (a).

iv) Az előbbi megjegyzéssel analóg módon az f ∈ R → K függvényt az a ∈ Df helyenbalról folytonosnak nevezzük, ha tetszőleges ε > 0 mellett egy alkalmas δ > 0 számmal

|f (x) − f (a)| < ε (x ∈ Df , a − δ < x ≤ a).

Most is igaz, hogy ha az a hely bal oldali torlódási pontja is a Df -nek, akkor az f függvény a-beli balról való folytonossága az alábbiakkal ekvivalens: létezik a lima−0 f bal oldali határérték, és lima−0 f = f (a).




v) Az egy oldali folytonosság iménti értelmezéséből rögtön adódik az alábbi ekvivalencia:egy f ∈ R→ K függvényre f ∈ Ca akkor és csak akkor teljesül, ha az f függvényaz a-ban balról is és jobbról is folytonos.

vi) Legyen az f

∈ K1

→ K2 függvény esetén az ωf : (0, +

∞)

→ R ún. folytonossági

modulus a következőképpen definiálva:

ωf (δ ) := sup|f (x) − f (t)| : x, t ∈ Df , |x − t| < δ (δ > 0).

Könnyű meggondolni, hogy az f függvény akkor és csak akkor egyenletesen folytonos,ha tetszőleges ε > 0 esetén van olyan δ 0 > 0, amellyel

ωf (δ ) < ε (0 < δ < δ 0).

Ha ui. ez utóbbi feltétel teljesül, akkor a nyilvánvaló

|f (x) − f (t)| ≤ ωf (δ ) (δ > 0, x, t ∈ Df , |x − t| < δ )

becslés miatt bármely 0 < δ < δ 0 mellett

|f (x) − f (t)| < ε (x, t ∈ Df , |x − t| < δ ).

Ez pedig nem más, mint az f egyenletes folytonosságának a definíciója. Fordítva,ha az f egyenletesen folytonos, akkor tetszőleges ε > 0 számhoz választható olyanδ 0 > 0, hogy

|f (x) − f (t)| < ε

2 (x, t ∈ Df , |x − t| < δ 0).

Ezért egyúttal minden 0 < δ < δ 0 esetén is világos, hogy

|f (x) − f (t)| <

ε

2 (x, t ∈ Df , |x − t| < δ ),

amiből

ωf (δ ) = sup|f (x) − f (t)| : x, t ∈ Df , |x − t| < δ ≤ ε

2 < ε (0 < δ < δ 0)

következik.

Ha pl. a fenti f függvény korlátos, akkor nyilván ωf : (0, +∞) → R, ezért az előbbiekvivalens feltétel így is írható:

lim0

ωf = 0.

vii) A gyakorlati alkalmazások szempontjából is az egyik legfontosabb függvényosztály (va-lamilyen a, b ∈ R, a < b esetén) a következő:

C [a, b] := f : [a, b] → R : f folytonos.




viii) A Bolzano-tétel (ld. 5.5.4. Tétel), ill. a bizonyításában követett gondolatmenet azalapja a numerikus analízisben használatos ún. intervallumfelezéses eljárásnak. Az5.5.4. Tétel bizonyításában használt jelölésekkel tehát f ∈ C [a, b], f (ξ ) = 0, és

lim(an) = ξ = lim(bn)

∈[a, b],

ahol [a0, b0] = [a, b], és az [an+1, bn+1] intervallum az [an, bn] intervallumnak az egyik

"fele", azt szem előtt tartva, hogy f (an)· f (bn) < 0 (n ∈ N). Mivel ξ ∈ (an, bn)

(n ∈ N), ezért (pl.)

|ξ − an| ≤ bn − an = b − a

2n (n ∈ N).

Illusztrációul tekintsük pl. a

P (x) := x3 − 3x + 1 (x ∈ R)

függvényt (harmadfokú (valós) polinomot). Ekkor P (0) = 1, P (1) = −1. Mivel (aP -vel együtt) az

f (x) := P (x) (0 ≤ x ≤ 1)

függvény is folytonos, azaz f = P |[0,1] ∈ C [0, 1], és f (0)· f (1) < 0, ezért létezik olyanξ ∈ (0, 1), ami gyöke az f -nek (és így persze a P polinomnak is). Ennek a ξ gyökneka

"megkeresésére" alkalmazható az 5.5.4. Tétel bizonyításában alkalmazott módszer.

Tehát[a0, b0] = [0, 1],

és"

első lépésként" az f (1/2) = P (1/2) helyettesítési érték előjelét kell megvizsgálni.

MivelP (1/2) = −3/8 < 0,

ezért[a1, b1] = [0, 1/2],

és így ξ ∈ (0, 1/2). A második lépésben az f (1/4) = P (1/4) előjele a"

döntő":P (1/4) = 17/64 > 0, tehát

[a2, b2] = [1/4, 1/2],

következésképpen ξ ∈ [1/4, 1/2], és í.t.

ix) Az 5.5.4. Tétel egyik egyszerű (de annál fontosabb) következménye az, hogy tetszőlegesvalós együtthatós, páratlan fokszámú P polinomnak van valós gyöke. Legyen ui.

P (x) =2N +1k=0

akxk (x ∈ R),




ahol N ∈ N, a0,...,a2N +1 ∈R, és a2N +1 = 0, pl. a2N +1 > 0. Ekkor

P (n) = n2N +1·

a2N +1 +2N k=0

aknk−2N −1

(1 ≤ n ∈ N),

ahol minden k = 0,..., 2N esetén

nk−2N −1 ≤ 1

n (1 ≤ n ∈ N)

miatt lim(nk−2N −1) = 0. Ezért

lim

a2N +1 +

2N k=0

aknk−2N −1

= a2N +1 > 0,

következésképpen lim(n2N +1) = +∞ alapján

lim(P (n)) = +∞.

Ez azt jelenti többek között, hogy egy alkalmas 0 0. Ha a

most mondottakban n helyett −n-et írunk, akkor

lim

a2N +1 +

2N k=0

ak(−n)k−2N −1

= a2N +1 > 0

továbbra is igaz marad, míg lim((−n)2N +1) = − lim(n2N +1) = −∞. Ezért

lim(P (−n)) = −∞,

tehát egy alkalmas Z ∋ a < 0 helyen P (a) < 0. Ezért az f := P |[a,b] ∈ C [a, b]függvényre alkalmazható a Bolzano-féle 5.5.4. Tétel: van olyan ξ ∈ (a, b), amelyre

f (ξ ) = P (ξ ) = 0.

x) A Darboux-tulajdonság egyik gyakran felhasznált következménye az alábbi állítás: haaz f ∈ R→ R függvény értelmezési tartománya intervallum és f ∈ C, akkor bármelyn ∈ N, x0,...,xn ∈ Df esetén van olyan ξ ∈ Df , hogy

f (ξ ) = 1

n + 1

nk=0

f (xk).

Ha ui. valamilyen j, l = 0,...,n mellett

f (x j) := minf (x0),...,f (xn) , f (xl) := maxf (x0),...,f (xn),

akkor nyilván

f (x j) ≤ A := 1n + 1

nk=0

f (xk) ≤ f (xl).

Ezért az 5.5.6. Tétel miatt (valahol x j és xl között) van olyan ξ ∈ Df hely, amelyref (ξ ) = A.




xi) Az 5.5.6. Tétel szerint egy I ⊂ R intervallumon értelmezett f : I → R függvényfolytonossága elegendő ahhoz, hogy az f Darboux-tulajdonságú legyen. Később be-látjuk majd (ld. 7.6. xiv) megjegyzés), hogy ebből a szempontból a folytonosság csakelégséges, de nem szükséges feltétel: az

f (x) := 0 (x = 0)

2x· sin(1/x) − cos(1/x) (0 < x ∈ R)

függvény Darboux-tulajdonságú, de f /∈ C0.



6. fejezet

Speciális függvények

6.1. Gyökfüggvény

Emlékeztetünk a "gyökvonás" fogalmára (ld. 3.9.4. Tétel): bármely 2 ≤ m ∈ N és x > 0esetén α := m√ x az az (egyértelműen létező) α ∈ (0, +∞) szám, amelyre fennáll az αm = xegyenlőség. Ennek alapján vezessük be az m-edik gyökfüggvény fogalmát:

m√

: (0, +∞) → (0, +∞)

legyen az a függvény, amelyre

m√

(x) := m√

x (x > 0).

Ha hm(t) := tm (t > 0), akkor könnyen ellenőrizhető, hogy a

hm : (0, +

∞)

→(0, +

∞)

függvény szigorúan monoton növő. Mivel polinom, ezért folytonos is. Egyszerűen meggon-dolható, hogy m

√ = h−1

m . Következésképpen m√

szigorúan monoton növő, és az 5.5.13.Tétel alapján folytonos is, így (ld. 5.5.7. Tétel) R m

√ intervallum. Továbbá lim0m√

= 0,

és lim+∞m√

= +∞. Valóban, ha ε > 0 és 0 < δ < εm, akkor

0 < m√

x < m√

δ < ε (0 < x < δ ),

ill. tetszőleges p > 0 esetén legyen r > pm, amikor is

m√

x > m√

r > p (x > r).

Mindezek a meggondolások azt jelentik, hogy a lim0 m√ = 0, lim+∞ m√ = +∞ egyenlőségekigazak. Ezért R m

√ = (0, +∞).

Foglaljuk össze mindezt egyetlen állításban.

211



212 FEJEZET 6. SPECIÁLIS FÜGGVÉNYEK

6.1.1. Tétel. Bármely 2 ≤ m ∈ N esetén az m√

: (0, +∞) → (0, +∞) m-edik gyökfüggvény egy szigorúan monoton növő folytonos bijekció, amelyre

lim0

m√

= 0 , lim+∞

m√

= +∞.

Jegyezzük meg, hogy ha 3 ≤ m ∈ N páratlan szám, akkor a

H m(x) := xm (x ∈ R)

függvény (azaz a hm kiterjesztése R-re) is szigorúan monoton növő, folytonos bijekció R-rőlR-re. Ezért ekkor az

m√

:= H −1m

értelmezéssel az m-edik gyökfüggvény is kiterjeszthető R-re, amikor is

m

√ : R→ R

egy szigorúan monoton növő folytonos bijekció, amelyre

lim−∞

m√

= −∞ , lim+∞

m√

= +∞.

6.2. Exponenciális függvény

Tekintsük most az exp exponenciális függvényt (ld. 4.5.) a "valós számegyenesen", azaz(az egyszerűség kedvéért továbbra is az exp szimbólummal jelölve) legyen

exp := exp|R : R → R,

ahol

exp x := exp(x) := ex :=∞n=0

xn

n! (x ∈ R).

Tudjuk (ld. 5.3.6. Tétel), hogy exp ∈ C. Mutassuk meg, hogy

Rexp ⊂ (0, +∞).

Ennek"

egy része" nyilvánvaló, hiszen

exp x =∞n=0

xn

n! ≥ x0

0! +

x1

1! = 1 + x ≥ 1 > 0 (0 ≤ x ∈ R).



6.2. EXPONENCIÁLIS FÜGGVÉNY 213

Ugyanakkor az exp multiplikatív tulajdonsága (ld. 4.6. iii) megjegyzés) miatt

ex· e−x = ex−x = e0 = 1 (x ∈ R),

amiből ex = 1/e−x > 0 (x ∈ R, x < 0) is következik. Így Rexp ⊂ (0 + ∞) valóban igaz.

Most lássuk be, hogy az exp függvény szigorúan monoton növő:ex < ey (x, y ∈R, x < y).

Ti. mindez azzal ekvivalens (az előző fejtegetéseket is szem előtt tartva), hogy

1 < ey

ex = ey· e−x = ey−x.

Mivel y − x > 0, ezért (ld. fent)

ey−x ≥ 1 + y − x > 1.

Nem nehéz megmutatni ezek után, hogy

lim+∞

exp = +∞ , lim−∞

exp = 0.

Ui. a szigorú monotonitás miatt elég azt meggondolni, hogy

lim(exp n) = +∞.

Ehhez ismét felidézve a 4.6. iii) megjegyzést azt mondhatjuk, hogy (ld. 3.9.2. Tétel)

exp n = en > 2n → +∞ (n → +∞).

Innen (ld. 3.7.10. Tétel)

lim ( exp(−n)) = lim 1exp n = 1+∞ = 0.

A fenti Rexp ⊂ (0, +∞) tartalmazás miatt mindebből inf Rexp = 0 és sup Rexp = +∞következik. Mivel (ld. 5.5.7. Tétel) Rexp intervallum, ezért

Rexp = (0, +∞).

Igaz tehát a

6.2.1. Tétel. Az exp = exp|R : R

→ (0, +

∞) (valós)exponenciális függvény egy

szigorúan monoton növő, folytonos bijekció, amelyre

lim−∞

exp = 0 , lim+∞

exp = +∞.




6.3. Logaritmusfüggvény

A 6.2.1. Tétel miatt létezik az alábbi inverzfüggvény:

ln := exp−1 = exp−1|R

,

amit logaritmusfüggvénynek nevezünk. Mint általában egy inverzfüggvény esetén

Dln = Rexp = (0, +∞) , Rln = Dexp = R,

ésexp(ln(x)) = exp ( ln x) = x (x > 0) , ln(exp t) = t (t ∈ R).

Mivel az exp függvény szigorúan monoton növő, ezért a logaritmusfüggvény is szigorúanmonoton növő. Az exp folytonossága és az 5.5.13. Tétel miatt az ln függvény is folytonos.Nem nehéz belátni, hogy lim+∞ ln = +∞ és lim0 ln = −∞. Ha ui. q ∈ R olyan lenne,amelyre ln xn

≤q (n

∈N, xn > 0) teljesülne egy lim(xn) = +

∞ sorozatra, akkor

xn = exp ( lnxn) ≤ exp q (n ∈ N)

is teljesülne, ami persze nem áll fenn.

Hasonlóan, ha valamilyen r ∈R mellett bármilyen δ > 0 esetén egy alkalmasan válasz-tott 0 < x < δ helyen ln x ≥ r teljesülne, akkor erre az x-re

x = exp ( lnx) ≥ exp r

is igaz lenne. Speciálisan δ := 1/n (1 ≤ n ∈ N) esetén is egy 0 < xn < 1/n helyen

1/n > xn ≥ exp r (> 0) (1 ≤ n ∈ N)

állna fenn, ami lim(1/n) = 0 miatt nem lehetséges.

Összefoglalva a fentieket a következő tételt kapjuk.

6.3.1. Tétel. Az ln : (0, +∞) → R logaritmusfüggvény egy szigorúan monoton növő, folytonos bijekció, amelyre

lim0

ln = −∞ , lim+∞

ln = +∞.

Jegyezzük meg, hogy az exponenciális függvény tulajdonságaiból (ld. 4.6. iii) megjegy-zés) rögtön adódnak az alábbi

"ismert" összefüggések:

ln1 = 0 , ln e = 1 , ln x > 0 (x > 1) , ln x < 0 (0 < x < 1),



6.4. TETSZŐLEGES ALAPÚ EXPONENCIÁLIS FÜGGVÉNY 215

ln(xy) = ln x + ln y , ln(x/y) = ln x − ln y,

ln (xn) = n ln x (x, y > 0, n ∈ N).

Ui. az ln = exp−1|R értelmezés szerint mindezen egyenlőségek azzal ekvivalensek, hogy

1 = exp(ln 1) = exp 0 = 1 , e = exp(ln e) = exp1 = e,

x = exp(ln x) > exp 0 = 1 (x > 1) , x = exp(ln x) < exp 0 = 1 (0 < x < 1),

xy = eln(xy) = eln x+ln y = elnxeln y = xy,

x

y = eln(x/y) = eln x−ln y =

eln x

eln y =

x

y,

xn = eln(xn) = en lnx =

eln xn

= xn.

6.4. Tetszőleges alapú exponenciális függvény

Legyen most 0 < a ∈ R, és valamilyen x ∈ R"

kitevő" esetén definiáljuk az ax ∈ Rszámot (az a szám x-edik hatványát (vagy az a szám, mint alap x kitevős hatványát ) akövetkezőképpen:

ax := exp(x ln a).

A 4.6. iii) megjegyzés szerint 1 ≤ x = n ∈ N kitevőre

an = exp(n ln a) = (exp(ln a))n = an,

ahol a jobb oldalon szereplő an kifejezés az"

elemi" hatványt jelenti: azt az n-tényezősszorzatot, amelynek minden tényezője a-val egyenlő. (Ez magyarázza az ax-re bevezetettx-edik hatvány elnevezést.)

Az exp és az ln tulajdonságai alapján kapjuk az alábbi öszefüggéseket:

a0 = 1 , ax+y = ax· ay , ax−y = ax

ay , (ax)y = axy,

(ab)x

= ax

· bx

, a

bx

=

ax

bx (x, y ∈R, a, b > 0).

Speciálisan, ha a = 1, akkor

ax = 1x = exp(x ln 1) = exp(x· 0) = exp 0 = 1 (x ∈ R).




Tegyük fel, hogy 0 < a = 1. Ekkor az expa : R → (0, +∞) függvényt (az a-alapú exponenciális függvényt ) a következőképpen definiáljuk:

expa(x) := expa x := ax (x ∈ R).

Világos, hogy expe = exp . Az exp, ill. az ln függvény előbbi tulajdonságait is figyelembevéve adódik a következő tétel.

6.4.1. Tétel. Legyen 0 < a = 1. Ekkor az expa : R → (0, +∞) függvény egy folytonos bijekció. Ha a > 1, akkor expa szigorúan monoton növő, és

lim−∞

expa = 0 , lim+∞

expa = +∞,

ha 0 < a < 1, akkor expa szigorúan monoton fogyó, és

lim−∞

expa = +

∞ , lim

+∞expa = 0.

6.5. Tetszőleges alapú logaritmusfüggvény

Az előző pontban mondottak alapján jutunk valamilyen 0 < a = 1 esetén a

loga : (0, +∞) → R

ún. a-alapú logaritmusfüggvényhez. Nevezetesen, a 6.4.1. Tételre hivatkozva legyen

loga := exp−1a .

Világos (ld. 6.3.), hogy loge = ln (ezért szokták ln-et természetes alapú logaritmusfügg-vénynek is nevezni, amit időnként a log szimbólummal is jelölnek). Továbbá az

y = loga x := loga(x) (x > 0, y ∈R)

egyenlőség azzal ekvivalens, hogy

expa y = ay = x.

Itt y az x szám a-alapú logaritmusa. Az a = 10 esetben az lg := log10 jelölés honosodott

meg: ez az ún. 10-es alapú logaritmusfüggvény, ill. lg x az x szám 10-es alapú logaritmusa .Az a = e esetben ln x (esetenként log x) az x szám természetes alapú logaritmusa.

A 6.4.1. Tételt figyelembe véve adódik a 6.3.1. Tétel alábbi megfelelője (kiterjesztése).



6.6. HATVÁNYFÜGGVÉNY 217

6.5.1. Tétel. Legyen 0 < a = 1. Ekkor a loga : (0, +∞) → R függvény egy folytonos bijekció. Ha a > 1, akkor loga szigorúan monoton növő, és

lim0

loga = −∞ , lim+∞

loga = +∞,

ha 0 < a < 1, akkor loga szigorúan monoton fogyó, és

lim0

loga = +∞ , lim+∞

loga = −∞.

A loga értelmezéséből és az ln függvényre az előbb megfogalmazott tulajdonságokbólazonnal adódnak a következő összefüggések:

loga 1 = 0 , loga a = 1 , loga x > 0 (a, x > 1) , loga x < 0 (a > 1, 0 < x < 1),

loga x < 0 (a < 1, x > 1) , loga x > 0 (a < 1, 0 < x < 1),

loga(xy) = loga x + loga y , loga(x/y) = loga x − loga y,loga (xn) = n loga x (x, y > 0, n ∈ N).

6.6. Hatványfüggvény

Legyen µ ∈ R, és hµ : (0, +∞) → R (a µ-alapú hatványfüggvény ) a következő:

hµ(x) := xµ (x > 0).

Teháthµ(x) = exp(µ ln x) = eµ lnx (x > 0).

Világos, hogyh0(x) = exp(0· ln x) = exp 0 = 1 (x > 0).

Az eddigiek alapján kapjuk az alábbi állítást.

6.6.1. Tétel. Legyen 0 = µ ∈ R, ekkor a hµ : (0, +∞) → (0, +∞) függvény egy folytonos bijekció, amely µ > 0 esetén szigorúan monoton növő, és

lim0

hµ = 0 , lim+∞

hµ = +∞

,

µ < 0 esetén pedig szigorúan monoton fogyó, és

lim0

hµ = +∞ , lim+∞

hµ = 0.




Speciálisan

hn(x) = xn (n ∈ N, x > 0) , h−1(x) = 1/x (x > 0).

Mutassuk meg, hogy 2

≤m

∈N esetén

h1/m = m√

.

Valóban, ha x > 0, akkor (ld. 4.6. iii) megjegyzés)h1/m(x)

m=

exp(m−1· ln x)

m=

exp(m· m−1· ln x) = exp(ln x) = x.

Mivel h1/m(x) > 0, és m√

x az egyetlen olyan pozitív szám, amelyre ( m√

x)m = x, ezért

x1/m = h1/m(x) = m√ x.

Innen (és a fentiekből) az is rögtön következik, hogy bármely p, q ∈ N, p ≥ 1, q ≥ 2paraméterekkel

x p/q =

x1/q p

=

q√

x p

(x > 0).

6.7. Valós trigonometrikus függvények

Tekintsük most a valós koszinusz-, ill. szinuszfüggvényt, amelyeket továbbra is a cos, ill. asin szimbólummal fogunk jelölni (ld. 4.5.):

cos x := cos|R(x) :=∞k=0

(−1)k x2k

(2k)! (x ∈ R),

sin x := sin|R(x) :=∞k=0

(−1)k x2k+1

(2k + 1)! (x ∈ R).

Tehátcos|R, sin|R : R

→R.

Tudjuk, hogy a cos, sin függvények (mint analitikus függvények) folytonosak. Világos to-vábbá, hogy pl. cos0 = 1 > 0. Mutassuk meg, hogy

cos2 < 0.



6.7. VALÓS TRIGONOMETRIKUS FÜGGVÉNYEK 219

Ui. (ld. 4.3.4. Tétel)

cos x = 1 − x2

2 +

x4

24 −

∞n=1

x4n+2

(4n + 2)! − x4n+4

(4n + 4)!

(x ∈ R),

ezértcos 2 = 1 − 4

2 +

16

24 −

∞n=1

24n+2

(4n + 2)!

1 − 4

(4n + 3)(4n + 4)

=

−1

3 −

∞n=1

42n+1

(4n + 2)!

1 − 1

(4n + 3)(n + 1)

,

ahol1

(4n + 3)(n + 1) <

1

n < 1 (1 ≤ n ∈ N).

Következésképpen cos2 < −1/3.

Az 5.5.4. Tétel miatt tehát van olyan ξ ∈

(0, 2), hogy cos ξ = 0. Sőt, cos0 > 0 miatta cos folytonossága alapján egy alkalmas δ > 0 mellett

cos x > 0 (0 < x < δ ).

Ezért0 < α := inf ξ > 0 : cos ξ = 0 < 2.

Gondoljuk meg, hogy cos α = 0. Valóban, bármely 1 ≤ n ∈ N esetén (az infimum tulajdon-ságait figyelembe véve) van olyan ξ n ∈ [α, α + 1/n), amelyre cos ξ n = 0. Mivel lim(ξ n) = αés cos ∈ Cα, ezért (ld. 5.5.2. Tétel)

cos α = lim(cos ξ n) = lim(0) = 0.

(Ez egyúttal azt is jelenti, hogy az α-t definiáló egyenlőségben"

inf ” helyett"

min” isírható.)

Vezessük be a matematika egy másik fontos állandóját:

π := 2α.

Ekkor a fentiek szerint 0 < π < 4, cos(π/2) = 0, és cos x > 0 (0 < x < π/2). (Azutóbbihoz annyit kell csak megjegyezni, hogy különben a fentiekkel analóg gondolatmenettelkapnánk olyan ξ ∈ (0, π/2) számot, amelyre cos ξ = 0. Ez nyilván ellentmondana az α

"infimum voltának".)

Mutassuk meg, hogy sin x > 0 (0 < x < 2). Valóban,

sin x =∞n=1

x4n−3

(4n − 3)! − x4n−1

(4n − 1)!

=




∞n=1

x4n−3

(4n − 3)!

1 − x2

(4n − 2)(4n − 1)

(0 < x < 2),

aholx2

(4n−

2)(4n−

1) ≤

4

2·

3 =

2

3 (1

≤n

∈N, 0 < x < 2).

Ezért az előbbi végtelen sor minden tagja pozitív.

Tudjuk (ld. 4.6. vi) megjegyzés), hogy

sin2 x + cos2 x = 1 (x ∈ R),

speciálisansin2(π/2) + cos2(π/2) = sin2(π/2) = 1.

Innen 0 < π/2 < 2 és a sin függvény előbbi pozitivitási tulajdonsága miatt

sin(π/2) = 1.

Belátjuk, hogysin(nπ) = 0 (n ∈ N).

Mindez ui. n = 0 esetén sin0 = 0 miatt triviális. Ha n = 1, akkor (ld. 4.6. v) megjegyzés)

sin π = sin(2π/2) = 2 sin(π/2) cos(π/2) = 2 sin(π/2)· 0 = 0.

Ha valamilyen 1 < n ∈ N mellett már sin(nπ) = 0, akkor (ld. 4.5.)

sin ((n + 1)π) = sin(nπ + π) = sin(nπ)cos π + cos(nπ)sin π =

0· cos π + cos(nπ)· 0 = 0.

Ezért a teljes indukcióra hivatkozva valóban igaz a bizonyítandó állításunk.

Most lássuk be, hogycos π = −1 , cos(2π) = 1.

Ui. az előbbi gondolatmenettel

cos π = cos(2π/2) = ( cos(π/2))2 − ( sin(π/2))2 = 0 − 1 = −1,

ill.

cos(2π) = ( cos π)2

− (sin π)2

= (−1)2

− 0 = 1.

Minden készen áll ahhoz, hogy bebizonyíthassuk a következő tételt (ld. 2.4. xviii) meg- jegyzés).



6.7. VALÓS TRIGONOMETRIKUS FÜGGVÉNYEK 221

6.7.1. Tétel. A cos, sin függvények 2π-szerint periodikusak.

Bizonyítás. Tetszőleges x ∈R = Dcos = Dsin esetén nyilván x ± 2π ∈ Dcos = Dsin, ill.(ld. 4.6. v) megjegyzés)

cos(x + 2π) = cos x cos(2π) − sin x sin(2π) = cos x· 1 − sin x· 0 = cos x,

sin(x + 2π) = sin x cos(2π) + cos x sin(2π) = sin x· 1 + cos x· 0 = sin x.

Szükségünk lesz az (önmagában is érdekes) alábbi lemmára.

6.7.2. Lemma. A p > 0 szám akkor és csak akkor periódusa a cos függvénynek, ha

periódusa a sin függvénynek is.

Bizonyítás. Tegyük fel ui., hogy a szóban forgó p > 0 szám periódusa a sin függvény-nek (ld. 2.4. xviii) megjegyzés). Ekkor

sin(x + π/2) = sin x cos(π/2) + cos x sin(π/2) = cos x (x ∈ R)

miatt (a periódus definícióját figyelembe véve)

cos(x + p) = sin((x + p) + π/2) = sin((x + π/2) + p) =

sin(x + π/2) = cos x (x ∈ R).

Tehát a p periódusa a cos függvénynek is.

Fordítva, ha a p > 0 szám periódusa a cos függvénynek, akkor a

cos(x − π/2) = cos x cos(π/2) + sin x sin(π/2) = sin x (x ∈ R)

egyenlőség alapján a fentiekkel analóg módon adódik, hogy

sin(x + p) = sin x (x ∈ R).

A következő tétel azt mutatja, hogy a 2π egyúttal a legkisebb periódusa a cos, sinfüggvényeknek.




6.7.3. Tétel. Legyen 0 < p < 2π. Ekkor p nem periódusa a cos, sin függvényeknek.

Bizonyítás. Tegyük fel indirekt módon, hogy valamilyen 0 < p < 2π periódusa acos, sin függvényeknek. Ekkor (ld. 4.5.)

0 = sin 0 = sin(0 + p) = sin p = sin(2 p/2) = 2 sin( p/2) cos( p/2) =

2 sin(2 p/4) cos( p/2) = 4 sin( p/4) cos( p/4) cos( p/2),

ahol1 = cos 0 = cos(0 + p) = cos p = cos(2 p/2) = 2cos2( p/2) − 1.

Tehát cos2( p/2) = 1 = 0, amiből a fentiek szerint

sin( p/4) cos( p/4) = 0

következik. Mivel 0 0. Az"

maradt" tehát, hogy

cos( p/4) = 0.

Ez sem lehet azonban, ti. (ld. fent)

0 < p/4 < π/2 = α = inf ξ > 0 : cos ξ = 0

miatt cos( p/4) = 0.

A 2π tehát a cos, sin függvényeknek alapperiódusa (ld. 2.4. xviii) megjegyés), ezértP -vel jelölve a cos, sin függvények periódusainak a halmazát azt mondhatjuk, hogy

P = 2nπ : 1 ≤ n ∈ N.

6.8. Megjegyzések

i) Az m√

(2 ≤ m ∈ N) gyökfüggvény értelmezéséből könnyen levezethetők a

"megszokott" tulajdonságok, mint pl. a tetszőleges x,y > 0 és 2 ≤ p, n ∈ N vá-

lasztással fennállóp

n√

x = n

p√

x = pn√

x , p√

xy = p√

x· p√

y , p√

xn = ( p√

x)n

egyenlőségek.




ii) Az m√

0 := 0 megállapodással kapjuk a kiterjesztett

m√

: [0, +∞) → [0, +∞) (2 ≤ m ∈ N)

gyökfüggvényt (bijekciót), amely könnyen láthatóan továbbra is folytonos marad. Az

m = 2 speciális esetben a "megszokott" √ := 2

√ jelölést használjuk.iii) A hµ (µ ∈ R) hatványfüggvény értelmezését a µ > 0 esetben szintén (folytonosan)

kiterjeszthetjük a [0, +∞)"

zárt" félegyenesre a

hµ(0) := 0

megállapodással. Ui. bármely (xn) : N→ (0, +∞), lim(xn) = 0 sorozatra (ld. 6.3.1.Tétel és 5.3.2. Tétel)

µ· lim(ln xn) = µ· (−∞) = −∞,

ezért a 6.2.1. Tétel és az 5.3.2. Tétel alapján

lim(hµ(xn)) = lim ( exp(µ lim(ln xn))) = 0.

Sőt, ha 1 ≤ µ := n ∈ N, akkor hn(x) értelmezhető tetszőleges x ∈ R ese-tén a

"megszokott" olyan n-tényezős szorzatként, amelynek minden tényezője x-szel

egyenlő:hn(x) := xn (x ∈ R).

Hasonlóan, ha µ := m ∈ Z és m < 0, akkor legyen

hm : R \ 0 → R

az a függvény, amelyre

hm(x) := 1

x−m (0 = x ∈ R).

Könnyen látható, hogy az előbb értelmezett hn, hm függvények folytonosak. Továbbápáros Z ∋ m < 0 esetén

lim0

hm = +∞,

ill. páratlan Z ∋ m < 0 kitevőre

lim0+0

hm = +∞ , lim0−0

hm = −∞.

iv) A későbbiekben be fogjuk látni, hogy

∞n=1

(−1)n

n = − ln 2.




v) Megmutatható, hogy e, π irracionális számok: e, π ∈ R \ Q. Sőt, nem is algebraiszámok, ahol algebrai számon olyan valós számot értünk, amelyik gyöke valamilyen(nem azonosan nulla) egész szám együtthatós polinomnak. Könnyen látható, hogy pl.minden x := p/q racionális szám algebrai szám is (ahol p, q ∈ Z, q = 0). Ti. ez az xnyilván gyöke a

P (t) := qt − p (t ∈ R)

(elsőfokú) polinomnak. Ugyanakkor a √

2 irracionális szám is algebrai szám, hiszengyöke a

Q(t) := t2 − 2 (t ∈ R)

polinomnak.

vi) Az expa : R→ (0, +∞) függvény (0 < a = 1)

expa(x + y) = expa x· expa y (x, y ∈R)

multiplikativitási tulajdonsága, mint az az alábbiakból kiderül, meglehetősen "egyedi".Tegyük fel ui., hogy az f : R→ R függvény multiplikatív az előbbi értelemben:

f (x + y) = f (x)· f (y) (x, y ∈R),

és f ∈ C0. Ekkor f ≡ 0, vagy f ≡ 1, vagy az a := f (1) jelöléssel

f = expa,

azaz f (x) = ax (x ∈ R). (Az f ≡ 0 (azaz f (x) = 0 (x ∈ R)) és az f ≡ 1 (azazf (x) = 1 (x ∈ R)) függvények nyilván multiplikatívak.) Teljes indukcióval egyszerűenkövetkezik először is az, hogy

f (n) = an (n ∈ N).

Valóban, n = 0-ra a feltételek miatt a dolog triviális. Ha pedig valamilyen n ∈ Nesetén f (n) = an, akkor

f (n + 1) = f (n)· f (1) = an· a = an+1.

Ugyanígy kapjuk általában is, hogy

f (nx) = (f (x))n (x ∈ R, n ∈ N).

Vegyük észre továbbá, hogy az

(∗) f (0) = f (0 + 0) = f (0)· f (0)

egyenlőségből két eset következik:




1o f (0) = 0. Ekkor

f (x) = f (x + 0) = f (x)· f (0) = 0 (x ∈ R)

miatt f ≡ 0.

2o f (0) = 0, amikor is (∗)-ból f (0) = 1 adódik. Továbbá az

1 = f (0) = f (x − x) = f (x)· f (−x) (x ∈ R)

egyenlőségből 0 /∈ Rf , és

f (−x) = 1

f (x) (x ∈ R).

Sőt,f (x) = f (x/2 + x/2) = f (x/2)· f (x/2) = (f (x/2))2 (x ∈ R)

alapján Rf ⊂ (0, +∞), speciálisan a = f (1) > 0. Ha 2 ≤ q ∈N, akkor

a = f (1) = f (q · 1/q ) = (f (1/q ))q,

tehátf (1/q ) = q

√ a = a1/q.

Innen (és a fentiek alapján)

f ( p/q ) = (f (1/q )) p

= a p/q ( p, q ∈N, q ≥ 2),

és

f (− p/q ) = 1f ( p/q )

= 1a p/q

= a− p/q ( p, q ∈N, q ≥ 2)

következik. Ezzel minden r ∈Q racionális számra beláttuk, hogy

f (r) = ar.

Legyen most x ∈ R tetszőleges, és vegyük észre, hogy az f ∈ C0 feltételbőlf ∈ Cx, azaz az f függvény folytonossága következik. Ui.

f (x + h) − f (x) = f (x)· f (h) − f (x) = f (x)· (f (h) − 1) =

f (x)· (f (h) − f (0)) (h ∈ R).Ha ε > 0 tetszőleges, akkor f ∈ C0 miatt egy alkalmas δ > 0 mellett

|f (h) − f (0)| < ε

|f (x)| (h ∈ R, |h| < δ ).




Következésképpen

|f (x + h) − f (x)| < ε (h ∈ R, |h| < δ )

vagy mindez másképp írva

|f (z ) − f (x)| < ε (z ∈R, |z − x| < δ ).

Ez pontosan azt jelenti, hogy f ∈ Cx.

Legyen most (rn) : N → Q olyan sorozat, amelyre lim(rn) = x teljesül. Ekkorf, expa ∈ C és az átviteli elv alapján (ld. 5.5.2. Tétel) azt mondhatjuk, hogy

f (x) = lim (f (rn)) = lim (arn) =

lim(1) = 1 = ax (a = 1)

lim(expa(rn)) = expa x = ax

(a = 1).

vii) Az előző megjegyzésben követett gondolatmenettel"

találhatók meg" a 0-ban folytonosadditív f : R → R függvények. Ehhez nevezzük az előbbi f -et additívnak, ha

f (x + y) = f (x) + f (y) (x, y ∈R).

Ha a ∈ R ésf a(x) := ax (x ∈ R),

akkor az f a nyilván additív. Lássuk be, hogy bármely f : R→ R, f ∈ C0 additívfüggvényhez létezik olyan a ∈ R, amellyel f = f a. Legyen ui. a := f (1). Ekkor teljes

indukcióval kapjuk, hogyf (nx) = nf (x) (x ∈ R, n ∈ N).

Speciálisan (az x := 1, ill. az 1 ≤ n := s és x := 1/s választással)

f (n) = na (n ∈ N) , f (1/s) = f (1)

s =

a

s (0 < s ∈ N).

Mivelf (0) = f (0 + 0) = f (0) + f (0),

ezért f (0) = 0. Ugyanakkor

0 = f (x − x) = f (x) + f (−x) (x ∈ R),

amibőlf (−x) = −f (x) (x ∈ R)




következik. Ezért

f (m) = −f (−m) = −(−m)a = ma (m ∈ Z, m < 0).

Továbbá a fentiekből

f ( p/q ) = pf (1/q ) = p· aq

= a· pq

( p, q ∈N, q > 0),

és

f (− p/q ) = −f ( p/q ) = −a· p

q = a·

− p

q

( p, q ∈N, q > 0).

Ezzel beláttuk, hogyf (r) = ar (r ∈Q).

Mutassuk meg, hogy f ∈ C. Legyen ehhez x ∈ R tetszőleges, ekkor

f (x + h) − f (x) = f (x) + f (h) − f (x) = f (h) = f (h) − f (0) (h ∈ R),

amiből a vi) megjegyzésben mondottakkal analóg módon kapjuk egyrészt azt, hogyf ∈ Cx, másrészt pedig azt, hogy

f (x) = ax = f a(x) (x ∈ R).

viii) Legyen x, y ∈ R, ekkor az exp : C → C multiplikativitása, ill. az Euler-és aPitagorasz-összefüggés (ld. 4.6. iii), iv), vi) megjegyzések) alapján

ex+ıy = ex

·eıy = ex

·(cos y + ı sin y) = ex cos y + ıex sin y,

ahol ex, cos y, sin y valós számok, és cos2 y + sin2 y = 1. Ezért

|ex+ıy| =

(ex cos y)2 + (ex sin y)2 = ex·

cos2 y + sin2 y = ex.

Speciálisan az x = 0 esetben

|eıy| = 1 (y ∈R).

ix) Gyakran van szükség a logaritmusok közötti alábbi összefüggésre:

loga x =

logb x

logb a (a,b,x ∈ (0, +∞), a = 1, b = 1).

Valóban, a fenti egyenlőség azzal ekvivalens, hogy

logb x = ( logb a)· (loga x).





7. fejezet

Differenciálhatóság

7.1. A derivált fogalma

Korábban már láttuk, hogy egy függvény helyettesítési értékeinek a megváltozása és a meg-felelő argumentumok megváltozása közötti kapcsolat ismerete esetenként különleges jelentő-séggel bírhat. Ez vezetett el pl. a kontrakció fogalmának a bevezetéséhez (ld. fixpont-tétel(3.9.9. Tétel)). Ugyanez a helyzet pl. akkor is, ha mondjuk az f ∈ R → R függvényegy (egyenes mentén) mozgó tömegpont út-idő függvénye. Ekkor tehát x, y ∈ Df , y > xesetén a helyettesítési értékek f (y) − f (x) különbsége az illető tömegpont által y − x idő alatt megtett utat jelenti. A mozgás vizsgálata szempontjából az egyik lényeges adat az(f (y) − f (x))/(y − x) átlagsebesség.

Speciális esetekben előfordulhat, hogy ez a kapcsolat közvetlenül a függvényértékek ki-számítása révén felderíthető. Így pl. az

f (x) := ax + b (x ∈ R)

alakú egyváltozós valós függvényeknél, bármilyen a, b ∈ R együtthatók esetén:

(∗) f (y) − f (x) = a(y − x) (x, y ∈R).

Azt kaptuk, hogy ekkor a függvény megváltozása egyenesen arányos az argumentum-megváltozással. Speciálisan, ha itt |a| < 1, akkor f kontrakció. Világos, hogy pl. azutóbbi következtetéshez nincs szükség olyan

"szoros" kapcsolatra f (x) − f (y) és x − y

között, mint (∗)-ban."

Engedjünk meg" pl. a (∗) jobb oldalán egy

(∗∗) f (y) − f (x) = (α + Θ(x, y))(y − x) (x, y ∈R)

alakú"

perturbációt" is (ahol Θ : R2 → R adott kétváltozós valós függvény). Ha valamilyen−1 < α < 1 mellett

sup|Θ(x, y)| : (x, y) ∈ R2 < 1 − |α|,

229



230 FEJEZET 7. DIFFERENCIÁLHATÓSÁG

akkor a q := |α| + sup|Θ(x, y)| : (x, y) ∈ R2 (< 1) jelöléssel

|f (y) − f (x)| ≤ q |y − x| (x, y ∈R),

tehát az f pl. kontrakció"

marad".

Mindez persze túlságosan leszűkítené a szóba jöhető függvények osztályát. Enyhítendőa feltételeken, vizsgáljuk a (∗∗)-ot először

"lokálisan". Tegyük fel ehhez, hogy valamilyen

x ∈ Df esetén az x belső pontja a Df értelmezési tartománynak (ld. 5.2. viii) megjegyzés).Tehát van olyan r > 0, hogy (x − r, x + r) ⊂ Df . Ezt az x-et rögzítve, szorítkozzunk(∗∗)-ban az y ∈ (x − r, x + r) helyekre:

f (y) − f (x) = α(y − x) + Θ(x, y)(y − x) (y ∈ (x − r, x + r)).

Legyen itt η(y) := Θ(x, y) (y ∈ (x − r, x + r)), ekkor

f (y) − f (x) = α(y − x) + η(y)(y − x) (y ∈ (x − r, x + r)).

Amennyiben limx η = 0, akkor az f függvény x körüli (x-re vonatkozó) megváltozásábanaz α(y − x)

"dominál". Ez utóbbin azt értve, hogy tetszőleges ε > 0 esetén van olyan

δ > 0, hogy|y − x| < δ =⇒ |f (y) − f (x)| ≤ (|α| + ε)|y − x|.

A fentiek motiválják az egyváltozós valós függvények körében az alábbi definíciót. Jelöljükehhez általában egy ∅ = A ⊂ K halmaz belső pontjainak a halmazát a következőkép-pen: int A. Ekkor azt mondjuk, hogy az f ∈ R → R függvény az x ∈ intDf pontbandifferenciálható (vagy más szóval deriválható ), ha van olyan α ∈ R szám, hogy egyalkalmas η ∈R → R függvénnyel a következők teljesülnek:

(7.1.1) 1

o

f (y) − f (x) = α(y − x) + η(y)(y − x) (y ∈ Df ),

2o limx η = 0.

Ezt a tényt a következőképpen fogjuk jelölni:

f ∈ Dx.

Az 1o egyenlőségben y = x-re mindkét oldalon nulla áll, függetlenül η(x) értékétől.Ezért nyugodtan feltehető (más szempontból ez a praktikus), hogy η(x) = 0. (Más szóvalfeltehető akár, hogy az η függvény folytonos az x-ben: η ∈ Cx.) Sőt, 1o-hez még csaknem is szükséges, hogy az ott szereplő η függvény az x-ben értelmezve legyen (amikor is az1o egyenlőséget csak az x = y ∈ Df elemekre követeljük meg).

Nem nehéz megmutatni, hogy ha f ∈ Dx, akkor a (7.1.1) definícióban szereplő αegyértelműen létezik. Más szóval igaz a



7.1. A DERIVÁLT FOGALMA 231

7.1.1. Tétel. Tegyük fel, hogy f ∈ Dx. Ekkor egyértelműen adható meg a diffe-renciálhatóság (7.1.1.) definíciójában szereplő α ∈ R szám.

Bizonyítás. Valóban, ha a (7.1.1) definíció α, ill. η helyett valamilyen α ∈ R, ill.

η ∈R→ R, limx η = 0 esetén is igaz, akkor az 1o

-beli egyenlőséget az α, η szereplőkkel isfelírva egy kivonás után oda jutunk, hogy

(α − α)(y − x) = (η(y) − η(y))(y − x) (y ∈ Df ),

tehátα − α = η(y) − η(y) (x = y ∈ Df )

következik. Mivel limx η = limx η = 0, ezért (ld. 5.3.3. Tétel)

0 = limy→x

η(y) − limy→x

η(y) = limy→x

(η(y) − η(y)) = α − α,

amiből α = α már következik.

A fenti tétel alapján vezessük be valamilyen f ∈ Dx függvény esetén a derivált fo-galmát. Nevezetesen, ha f ∈ Dx, akkor a (7.1.1) definícióban szereplő (és a 7.1.1. Tételszerint egyértelműen létező) α-t az f függvény x-beli deriváltjának (vagy differenciálhánya-dosának ) nevezzük, és az

f ′(x)

szimbólummal jelöljük.

A most bevezetett jelölés arra utal, hogy ha

z

∈ Df : f

∈D

z

=

∅,

akkor f ′(x) nem más, mint a

z ∈ Df : f ∈ Dz ∋ z → f ′(z )

függvény x-beli helyettesítési értéke. A most értelmezett függvényt az f deriváltfüggvényé-nek (vagy differenciálhányados-függvényének ) nevezzük, és az f ′ szimbólummal jelöljük.

Állapodjunk meg abban, hogy ha bármely x ∈ Df esetén f ∈ Dx, akkor f -et dif- ferenciálhatónak (vagy deriválhatónak ) nevezzük, és ezt írásban röviden az f ∈ D módon juttatjuk kifejezésre.

A differenciálható függvényekkel kapcsolatos különböző számításokban gyakran hasznos

a differenciálhatóság feltételének az alábbi átfogalmazása. Legyen ehhez ugyanis valamilyenf ∈ R→ R függvény esetén x ∈ Df , Df \ x = ∅, és

∆xf (t) := f (t) − f (x)

t − x (t ∈ Df \ x).




Az így definiált ∆xf ∈ R → R függvényt az f függvény x-hez tartozó differenciahánya-dos-függvényének (vagy különbségihányados-függvényének ) nevezzük. Mindezek után lássukbe az alábbi állítást:

7.1.2. Tétel. Az f ∈ R→ R függvény akkor és csak akkor deriválható az értelmezési tartományának valamilyen x belső pontjában, ha az x-hez tartózó ∆xf differenciahá-nyados-függvényének létezik x-ben határértéke, és limx ∆xf ∈ R. Az utóbbi esetben f ′(x) = limx ∆xf.

Bizonyítás. Tegyük fel először, hogy f ∈ Dx. Ekkor (7.1.1) (és az f ′(x) deriváltértelmezése) alapján

f (y) − f (x) = f ′(x)(y − x) + η(y)(y − x) (y ∈ Df ),

ahol limx η = 0. Ezért∆xf (y) − f ′(x) = η(y) (x = y ∈ Df ),

amiből limx η = 0 miatt limx (∆xf − f ′(x)) = 0, így limx ∆xf = f ′(x) következik.

Fordítva, most azt tegyük fel, hogy létezik az

α := limx

∆xf ∈ R

határérték, és legyen η(t) := ∆xf (t) − α (x = t ∈ Df ). Tehát

limx η = limx (∆xf − α) = 0,

ésf (y) − f (x) = (y − x)∆xf (y) = α(y − x) + η(y)(y − x) (x = y ∈ Df ).

Ez nem más, mint a (7.1.1) definícióban szereplő 1o egyenlőség. Figyelembe véve a 7.1.1.Tételt és az f ′(x) derivált jelentését azt kapjuk, hogy f ∈ Dx és

f ′(x) = α = limx

∆xf ∈ R.

A (7.1.1) definíció mintegy egyszerű következménye a

7.1.3. Tétel. Ha az f ∈ R → R függvényre a Df egy x belső pontjában teljesül,hogy f ∈ Dx, akkor f ∈ Cx is igaz, azaz f folytonos x-ben.




Bizonyítás. Valóban, (7.1.1) szerint

f (y) = f (x) + α(y − x) + η(y)(y − x) (y ∈ Df ),

ezért limy→x η(y) = 0, limy→x(y

−x) = 0 miatt létezik a

limy→x

f (y) = limy→x

(f (x) + α(y − x) + η(y)(y − x)) =

f (x) + α· limy→x

(y − x) + limy→x

(y − x)· limy→x

η(y) = f (x)

határérték. Mivel x ∈ int Df -nek, ezért egyúttal (ld. 5.1.1. Tétel) x ∈ Df ∩ D′f , így

limx f = f (x) azt jelenti, hogy f ∈ Cx.

7.2. Megjegyzések

i) Írjunk a (7.1.1) definícióban (az ottani szereplőkkel) y − x =: h-t, valamint legyenω(h) := η(y) = η(x + h). Ekkor (7.1.1) a következő alakot ölti:

1o f (x + h) − f (x) = αh + hω(h) (h ∈ (−r, r)),

2o lim0 ω = 0

(ahol az r > 0 szám olyan, hogy (x − r, x + r) ⊂ Df ).

ii) Legyen pl. (ld. 3.2. ix) megjegyzés)

f (t) := t

2 +

1

t (t > 0).

Ekkor bármely R ∋ x > 0 mellett:

f (x + h) − f (x) = x + h

2 +

1

x + h − x

2 − 1

x =

h

2 − h

x(x + h) = h

1

2 − 1

x(x + h)

=

h

2 − h

x2 + h

x2 − h

x(x + h) = 1

2 − 1

x2 · h + h

x2(x + h) · h (h > −x).

Az

α := 1

2 − 1

x2 , ω(h) := h

x2(x + h) (h > −x)




választással nyilván teljesülnek az f ∈ Dx differenciálhatóságot jelentő (1.7.1) fel-tételek (az előbbi i)-beli módosítással), és

f ′(x) = 1

2 − 1

x2 .

Tehát a szóban forgó f függvényre f ∈ D (azaz f differenciálható), továbbá azf ′ : (0, +∞) → R deriváltfüggvény a következő:

(0, +∞) ∋ x → 1

2 − 1

x2 .

iii) A pontbeli differenciálhatóság"

lokális" tulajdonság, nevezetesen: ha f ∈ Dx, akkorebből nem következik olyan r > 0 létezése, hogy (x−r, x+r) ⊂ Df és az (x−r, x+r)intervallum pontjaiban az f differenciálható. Sőt, könnyű megadni olyan f : R → R

függvényt, amely egyetlen pontban deriválható. Ilyen pl. az

f (t) :=

t2 (t ∈ Q)

0 (t ∈ R \Q)

függvény, amelyre f ∈ D0 és f ′(0) = 0 , de bármelyik 0 = x ∈ R esetén f /∈ Dx.Az első kijelentés igazolásához legyen ui.

ω(t) :=

t (t ∈ Q)

0 (t ∈ R \Q),

ekkor lim0 ω = 0 és f (h) − f (0) = ω(h)h (h ∈ R). Így (7.1.1) (ld. még i)) az α := 0esetben teljesül. Ha viszont x ∈ R \ 0 és pl. x ∈ Q, akkor

f (x + h) − f (x) =

2hx + h2 (h ∈ Q)

−x2 (h ∈ R \Q).

Innen (az i)-ben módosított) (7.1.1) fennállása esetén

α =

2x + h − ω(h) (0 = h ∈ Q)

−x2

h −ω(h) (0

= h

∈R

\Q)

következne. Mivel h − ω(h) → 0 (h → 0), ezért α = 2x lenne, amiből viszont a

2x = −x2

h − ω(h) (0 = h ∈ R \Q)




egyenlőség adódna. Ez utóbbit átrendezve azt kapnánk, hogy

x2 = −2xh − hω(h) → 0 (R \Q ∋ h → 0),

tehát, hogy x = 0. A nyilvánvaló ellentmondás miatt így az f valóban nem differenci-

álható x-ben. (Hasonló meggondolással "intézhető el" az x ∈ R\Q eset is. Egyébkéntkönnyen láthatóan f /∈ Cx is igaz, hacsak 0 = x ∈ R. Ui. legyenek (xn) : N → Q,ill. (tn) : N → R \ Q olyan sorozatok, amelyekre lim(xn) = lim(tn) = x teljesül.Ekkor lim(f (xn)) = lim(x2

n) = x2 = 0, ugyanakkor lim(f (tn)) = lim(0) = 0. Haf ∈ Cx igaz lenne, akkor az átviteli elv (ld. 5.5.2. Tétel) miatt a lim(f (xn)) =lim(f (tn)) ( = f (x)) egyenlőségnek kellene teljesülnie. Következésképpen f /∈ Dx a7.1.3. Tételből is adódik.)

iv) Legyen f ∈ Dx és terjesszük ki a ∆xf különbségihányados-függvény értelmezéséta következőképpen:

δ xf (t) := ∆xf (t) (x = t ∈ Df )

f ′(x) (t = x).

Ekkor a δ xf függvényre létezik a

limx

δ xf = limx

∆xf = f ′(x) = δ xf (x)

határérték. Következésképpen a δ xf függvény folytonos x-ben. (Más szóval a δ xfüggvény a ∆xf folytonos kiterjesztése.) Ugyanakkor világos, hogy

f (t) − f (x) = δ xf (t)· (t − x) (t ∈ Df ).

A most mondottak"

fordítva" is igazak: ha x belső pontja D

f -nek, és egy alkalmas,az x -ben folytonos δ x ∈R → R függvénnyel

f (t) − f (x) = δ x(t)· (t − x) (t ∈ Df ),

akkor f ∈ Dx és f ′(x) = δ x(x). Ekkor ti.

limx

∆xf = limt→x

f (t) − f (x)

t − x = lim

t→xδ x(t) = δ x(x),

azaz f ∈ Dx és f ′(x) = limx ∆xf = δ x(x).

v) Az alábbi egyszerű példa azt mutatja, hogy a differenciálhatóság

"

erősebb" feltétel a

folytonosságnál. Legyen ui. f (t) := |t| (t ∈ R). Ekkor f ∈ C0, de f /∈ D0. Ui.

∆0f (t) =

1 (t > 0)

−1 (t < 0),




amiből nyilvánvaló, hogy a ∆0f függvénynek a 0-ban nincs határértéke. A részletekmellőzésével jegyezzük meg, hogy az előbbi példánál lényegesen

"erősebb" ellenpéldák

is adódnak az előbb mondottak illusztrálására. Ti. létezik olyan folytonos f : R → R

függvény, amelyik egyetlen x ∈ R helyen sem differenciálható. Az egyik legismertebbilyen függvény az ún. Van der Waerden-féle függvény :

f (x) :=∞n=0

10nx10n

(x ∈ R),

ahol α ∈R esetén α := min|α − k| : k ∈ Z. Egy másik gyakran idézett példa azelőbbi tulajdonságú függvényre a Weierstrass-féle függvény (egy speciális esete):

f (x) :=∞n=0

cos(15nπx)

2n (x ∈R).

vi) Jelentse most az f ∈ R

→ R függvény a 7.1. pont bevezetőjében említett út-idő

függvényt, és tegyük fel, hogy f ∈ D. Ekkor a ∆xf (x ∈ Df ) különbségihányados-függvény az x időpillanatra vonatkoztatott átlagsebesség-függvény:

∆xf (y) = f (y) − f (x)

y − x (x = y ∈ Df ).

Világos, hogy a ∆xf (y) helyettesítési érték annál jobban" jellemzi" a mozgást az x

pillanatban, ha y minél"

közelebb" van x-hez. Az utóbbi szemléletes (de matematikaiértelemben nem

"szigorú") megfogalmazás hátterében az az egzakt matematikai foga-

lom húzodik meg, hogy a mozgás x pillanatbeli jellemzésére a limx ∆xf határértéktűnik megfelelőnek. Éppen ezért a szóban forgó mozgás matematikai modelljében azf ′ deriváltfüggvény a mozgás sebesség-idő függvénye, az f ′(x) (x ∈ Df ) derivált azx-beli pillanatnyi sebesség.

vii) Legyen valamilyen f ∈ R→ R, x ∈ Df , α ∈R esetén

ℓα(t) := f (x) + α(t − x) (t ∈ R).

Ekkor ℓα(x) = f (x), és a (t, ℓα(t)) ∈ R2 : t ∈ R

halmaz az R2 euklideszi síkon (geometriai szóhasználattal élve) egy, az (x, f (x)) pon-

ton átmenő egyenes (ezért magát az ℓα függvényt is egyenesként fogjuk emlegetni).Világos, hogy ℓα ∈ Cx, és így limx ℓα = ℓα(x) = f (x). Ha tehát f ∈ Cx is igaz,azaz limx f = f (x), akkor

limx

(f − ℓα) = limx

f − limx

ℓα = f (x) − ℓα(x) = 0.




Ugyanakkor f ∈ Dx esetén könnyen beláthatóan egyértelműen létezik olyan α ∈ Rszám – nevezetesen α = f ′(x) –, hogy az ℓα egyenes és az f függvény eltérésére afenti limx(f − ℓα) = 0 egyenlőségen túl még a következő is teljesül:

limt→x

f (t)

−ℓα(t)

t − x = 0.

Ti.f (t) − ℓα(t)

t − x = ∆xf (t) − α (x = t ∈ Df ),

ezért az előbb említett (véges) határérték akkor és csak akkor létezik, ha a

limx

(∆xf − α)

határérték létezik és véges. Ez utóbbi viszont nyilván azzal ekvivalens, hogy létezik alimx ∆xf határérték és

limx

∆xf = α.

Más szóval f ∈ Dx és α = f ′(x). Mindez"

többet kíván" az f függvénytől, mintazt, hogy limt→x (f (t) − ℓα(t)) = 0 (tehát, hogy limx f = f (x), ami az f folyto-nosságát jelenti x-ben): az f (t) − ℓα(t) eltérés 0-hoz tartásának a nagyságrendjérevonatkozóan szab feltételt. Nevezetesen, az (f (t) − ℓα(t))-nek t → x esetén

"úgy kell

0-hoz tartania", hogy még (a szintén 0-hoz tartó t − x különbséggel elosztva, az ígykapott hányados is 0-hoz tartson. Idegen szóval azt mondjuk, hogy az f −ℓα különbséga (t − x)-ben kis ordó függvény, jelölésben

f (t)

−ℓα(t) = o(t

−x) (t

→x).

Pl. (t − x)2 = o(t − x) (t → x), mert (t − x)2/(t − x) = t − x → 0 (t → x),de t − x = o(t − x), hiszen a (t − x)/(t − x) = 1 hányados t → x esetén nem tart0-hoz. Tehát az egyes α számokhoz tartozó egyenesek között akkor és csak akkor vanaz f (t) − ℓα(t) = o(t − x) (t ∈ Df ) feltételnek eleget tevő, ha f ∈ Dx. Ez utóbbiesetben az

ex(t) := ℓf ′(x)(t) = f (x) + f ′(x)(t − x) (t ∈ R)

egyenest az f függvény x-beli érintőjének nevezzük.

viii) Az előbbi megjegyzésben szereplő ex érintő egy legfeljebb elsőfokú polinom (ld. 2.4.

xiv) megjegyzés). Következésképpen, ha f ∈ Dx, akkor van olyan, legfeljebb első-fokú P polinom, amellyel f (t) − P (t) = o(t − x) (t → x), azaz

(∗) limt→x

f (t) − P (t)

t − x = 0.




Mutassuk meg, hogy mindez lényegében"

fordítva" is igaz: ha az f ∈ R → R függ-vényre x ∈ int Df , f ∈ Cx, és valamilyen P legfeljebb elsőfokú polinommal (∗)igaz, akkor f ∈ Dx, és P = ex. Valóban, a nyilvánvaló limt→x(t−x) = 0 egyenlőség(és (∗)) miatt szükségszerűen léteznie kell a limt→x (f (t) − P (t)) = 0 határértéknekis, amiből f, P

∈ Cx

alapján

0 = limt→x

(f (t) − P (t)) = limt→x

f (t) − limt→x

P (t) = f (x) − P (x).

Tehát f (x) = P (x), ezért (∗) szerint

0 = limt→x

f (t) − P (t)

t − x = lim

t→x

f (t) − f (x) − (P (t) − P (x))

t − x =

limt→x

f (t) − f (x)

t − x − P (t) − P (x)

t − x

.

Viszont P ∈ D, így létezik a

limt→x

P (t) − P (x)

t − x = P ′(x)

(véges) határérték. Mindezt egybevetve, és az 5.3.3. Tételre hivatkozva azt mondhatjuk, hogy létezik a

limt→x

f (t) − f (x)

t − x

véges határérték is, azaz f ∈ Dx.

ix) Magyarázzuk meg a fentiekben használt differenciálhányados elnevezést! Tekintsükehhez az f ∈ Dx függvényt, és vezessük be a következő jelölést:

dxf (t) := f ′(x)(t − x) (t ∈ R).

Az így értelmezett dxf : R→ R leképezést az f függvény x-hez tartozó differenciál- jának nevezzük. Ha pl. e(t) := t (t ∈ R), akkor bármely x ∈ R helyen e ∈ Dx és(könnyen ellenőrizhetően) e′(x) = 1, ezért dxe(t) = t − x (t ∈ R). Következésképpenaz előbbi f függvényre

dxf

dxe

(t) = f ′(x) (t

∈R

\ x

).

Az f ′(x) derivált tehát"

lényegében" nem más, mint a dxf , dxe differenciálok há-nyadosa. Ide vezethető vissza tehát a

"differenciálhányados" elnevezés, ill. az f ′(x)

helyett gyakran használatos df dx szimbólum is.




x) Tegyük fel, hogy az f, g ∈ R → R függvényekre valamilyen a ∈ R és r > 0 esetén(a − r, a + r) ⊂ Df ∩ Dg és f (x) = g (x) (|x − a| < r). Ekkor a differenciálhatóságdefiníciója alapján eléggé nyilvánvaló, hogy

f

∈D

a

⇐⇒ g

∈D

a

, ill. f

∈D

a

=

⇒f ′(a) = g ′(a).

(Ez a megjegyzés mintegy"

pozitív" oldalról támasztja alá a fenti iii) megjegyzést,miszerint a pontbeli differenciálhatóság

"lokális" tulajdonság.)

xi) Az f : R → R függvényről tegyük fel, hogy additív (ld. 6.8. vii) megjegyzés), azaz

f (x + y) = f (x) + f (y) (x, y ∈R).

Ekkor

f ∈ D ⇐⇒ f ∈ D0, ill. f ∈ D =⇒ f ′(x) = f ′(0) (x ∈ R).

Valóban, bármely x ∈ R esetén

f (x) = f (x + 0) = f (x) + f (0),

ezért f (0) = 0. Következésképpen tetszőleges x, h ∈ R, h = 0 választással

f (x + h) − f (x)

h =

f (h)

h =

f (h) − f (0)

h = ∆0f (h).

Ha tehát f ∈ Dx, akkor létezik (és véges) az

f ′(x) = limy→x f (y) − f (x)y − x = limh→0 f (x + h) − f (x)h = limh→0 f (h) − f (0)h

határérték. Így létezik a lim0 ∆0f véges határérték is, azaz f ∈ D0, és f ′(0) =f ′(x). Mindezt

"fordított" sorrendben elmondva kapjuk az

f ∈ D0 =⇒ f ∈ Dxkövetkeztetést.

xii) Az előbbi megjegyzéshez hasonlóan azt mondjuk, hogy az f : R → R függvény mul-tiplikatív (ld. 6.8. vi) megjegyzés), ha f (x + y) = f (x)

·f (y) (x, y

∈ R). Mutassuk

meg, hogy

f ∈ D ⇐⇒ f ∈ D0, ill. f ∈ D =⇒ f ′ = f ′(0)· f.




Ha ui. f ≡ 0, akkor a dolog nyilvánvaló. Különben valamilyen a ∈ R helyenf (a) = 0, ill. f (a) = f (a + 0) = f (a)f (0) miatt f (0) = 1. Továbbá bármely z ∈ Rpontban

f (0) = 1 = f (z + (−z )) = f (z )· f (−z ),

így f (z ) = 0. Legyen ezek után x, h ∈ R, h = 0, ekkorf (x + h) − f (x)

h = f (x)· f (h) − 1

h = f (x)· f (h) − f (0)

h = f (x)· ∆0f (h).

Ezért f ∈ Dx esetén létezik (és véges) az

f ′(x) = limh→0

f (x + h) − f (x)

h = f (x)· lim

h→0

f (h) − f (0)

h

határérték. Tehát a

lim0 ∆0f = limh→0

f (h)

−f (0)

h =

1

f (x) · limh→0

f (x + h)

−f (x)

h =

f ′(x)

f (x)

véges határérték is létezik, azaz f ∈ D0 és f ′(x) = f (x)· f ′(0). A"

fordított"

f ∈ D0 =⇒ f ∈ Dxkövetkeztetés most is analóg módon igazolható.

xiii) Jegyezzük meg, hogy a differenciálhatóság fenti definíciója minden további nélkül ki-terjeszthető f ∈ C → C függvényekre. Nevezetesen, ha a (7.1.1) definícióban azα (valós) szám helyett α ∈ C (komplex) számot, az η ∈ R → R (valós) függ-

vény helyett η ∈ C → C (komplex) függvényt tekintünk, akkor az így módosított(7.1.1) előírás a szóban forgó f ∈ C → C komplex függvénynek az x ∈ int Df pont-ban való differenciálhatóságát jelenti. Hasonlóan érvényben marad az itt szereplő αegyértelműségét megfogalmazó 7.1.1. Tétel, aminek alapján az f ′(x) := α értelme-zés (az f függvény x-beli deriváltja) is változatlan formában elmondható. Ekkor az(A := z ∈ Df : f ∈ Dz = ∅ feltétel mellett) az

A ∋ z → f ′(z )

deriváltfüggvény is létezik, mint f ′ ∈ C → C komplex függvény. Hasonlóan elmond-ható, hogy a 7.1.2., 7.1.3. Tételek igazak differenciálható komplex függvényekre is.

xiv) Bár az előző megjegyzés szerint nincs"

különbség" valós, ill. komplex függvények dif-ferenciálhatóságának a definíciója között, ennek ellenére a differenciálhatóság feltételeegy komplex függvény esetében lényegesen

"szigorúbb" következményeket von maga

után, mint valós függvényeket illetően. (A differenciálható komplex függvényekkel a




matematika egy rendkívül fontos, önálló fejezete, a Komplex függvénytan foglalkozik.)Itt csupán egy nagyon egyszerű példával illusztráljuk a most mondottakat. Tegyükfel ui., hogy az f ∈ C → C függvény értékkészletére Rf ⊂ R teljesül, továbbávalamilyen x ∈ Df esetén egy alkalmas r > 0 mellett

K r(x) = z ∈ C : |z − x| < r ⊂ Df .

Megmutatjuk, hogy ha f ∈ Dx, akkor f ′(x) = 0. Ui.

f ′(x) = limz→x

f (z ) − f (x)

z − x

miatt a határértékre vonatkozó átviteli elv (ld. 5.3.2. Tétel) alapján bármely

(z n) : N

→ Df

\ x

, lim(z n) = x

sorozatra egyúttal

f ′(x) = limn→∞

f (z n) − f (x)

z n − x .

Legyen itt speciálisan z n := x + r/n (1 < n ∈ N), ekkor

|z n − x| = r/n < r (1 < n ∈ N),

tehát z n ∈ K r(x). Így x = z n ∈ Df (1 < n ∈ N), és felhasználva az Rf ⊂ R feltételt


f (x + r/n) − f (x)

r/n ∈ R.

Ugyanakkor legyen most z n := x + ır/n (1 < n ∈ N), ekkor az előbbiekkel analógmódon x = z n ∈ Df (1 < n ∈ N) és


f (x + ır/n) − f (x)

ır/n = −ı lim

n→∞

f (x + ır/n) − f (x)

r/n =: −ıq,

ahol (ismét csak az R

f

⊂ R feltételre hivatkozva) q

∈ R. Ha itt f ′(x)

= 0 lenne,

akkor q = 0, így ı = −f ′(x)/q ∈ R is teljesülne, ami nem igaz. Következésképpenf ′(x) = 0.




7.3. Műveletek differenciálható függvényekkel

A (7.1.1) definíció (vagy akár a 7.1.2. Tétel) alapján annak az eldöntése, hogy egy adott függ-vény differenciálható-e valamilyen pontban, esetenként szinte

"reménytelen" feladat. Éppen

ezért különös jelentőséggel bírnak azok az állítások, amelyek ezt "megkönnyítik". Pl. azáltal,hogy a szóban forgó függvényt"

függvényműveletek" (lineáris kombináció, szorzás, osztás,kompozíció, invertálás) révén egyszerűbb függvényekből állítjuk elő, és az előbb említett ál-lításokban megfogalmazott

"deriválási szabályok" alkalmazásával már ki tudjuk számítani a

keresett deriváltat. (Itt"

egyszerűnek" nevezve azt a (differenciálható) függvényt, amelyneka deriváltját már ismerjük.)

A továbbiakban ezeket a deriválási szabályokat (tehát az előbbi függvényműveletek és adifferenciálás kapcsolatát tisztázó) tételeket tárgyaljuk.

7.3.1. Tétel. Tegyük fel, hogy adottak az f, g

∈ R

→ R függvények és valamilyen

x ∈ Df ∩ Dg esetén f, g ∈ Dx. Ekkor:

a) f + g ∈ Dx, és (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x);

b) bármely c ∈ R esetén cf ∈ Dx, és (cf )′(x) = cf ′(x);

c) f · g ∈ Dx, és (f · g)′(x) = f ′(x)· g(x) + f (x)· g′(x);

d) ha g(x) = 0, akkor f /g ∈ Dx, és f

g

′(x) =

f ′(x)· g(x) − f (x)· g′(x)

g2(x) .

Bizonyítás. Elöljáróban jegyezzük meg, hogy

x ∈ Df +g = Dfg = Df ∩ Dg, valamint x ∈ Dcf = Df .

Sőt, a feltételek miatt az x hely belső pontja a Df -nek is és a Dg-nek is, ezért alkalmasr, ρ > 0 számokkal

(x − r, x + r) ⊂ Df , (x − ρ, x + ρ) ⊂ Dg.Így a 0 < σ < minr, ρ választással nyilván teljesül, hogy (x − σ, x + σ) ⊂ Df ∩ Dg, tehátegyúttal az x belső pontja a

Df +g,

Dfg,

Dcf halmazoknak is.

Hasonlóan, ha g(x) = 0, akkor (ld. 7.1.3. Tétel) a g függvény x-beli folytonosságaalapján van olyan 0 < δ < σ, amellyel

|g(t) − g(x)| < |g(x)|/2 (|t − x| < δ ),



7.3. MŰVELETEK DIFFERENCIÁLHATÓ FÜGGVÉNYEKKEL 243

amiből|g(t)| = |(g(t) − g(x)) + g(x)| ≥ |g(x)| − |g(t) − g(x)| >

|g(x)| − |g(x)|/2 = |g(x)|/2 > 0 (|t − x| < δ )

következik. Tehát g(t)

= 0 (

|t

−x

| < δ ), ezért

(x − δ, x + δ ) ⊂ Df ∩ t ∈ Dg : g(t) = 0 = Df/g.

Ez azt jelenti, hogy a tétel d) állításában tett feltétel biztosítja azt, hogy az x belső pontjalegyen az f /g hányados-függvény értelmezési tartományának.

A most mondottak szerint tehát a tételben szereplő f + g, cf,f · g,f/g függvények dif-ferenciálhatósága vizsgálható az x helyen. Kezdjük az f + g összegfüggvénnyel. Legyenx = t ∈ Df +g, ekkor

∆x(f + g)(t) = (f + g)(t) − (f + g)(x)

t − x

= f (t) + g(t) − (f (x) + g(x))

t − x

=

f (t) − f (x)

t − x +

g(t) − g(x)

t − x = ∆xf (t) + ∆xg(t).

Azt kaptuk, hogy ∆x(f + g) = ∆xf + ∆xg. Mivel f, g ∈ Dx, ezért (ld. 7.1.2. Tétel)

f ′(x) = limx

∆xf , g′(x) = limx

∆xg.

Következésképpen a határértékek és a műveletek kapcsolatára vonatkozó 5.3.3. Tétel alapjánlétezik a limx ∆x(f + g) határérték is és

limx ∆x(f + g) = limx ∆xf + limx ∆xg = f ′

(x) + g′

(x).

A 7.1.2. Tétel ismételt alkalmazásával ezzel azt kaptuk, hogy f + g ∈ Dx, és

(f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).

Az előzőekkel analóg módon kapjuk, hogy

∆x(cf )(t) = (cf )(t) − (cf )(x)

t − x = c· f (t) − f (x)

t − x = c· ∆xf (t) (x = t ∈ Df ),

azaz ∆x(cf ) = c· ∆xf, éslimx

∆x(cf ) = c· limx

∆xf = cf ′(x).

Ezért cf ∈ Dx, és (cf )′(x) = cf ′(x).




Lássuk be most a c) állítást. Ha x = t ∈ Dfg, akkor

∆x(f g)(t) = (f g)(t) − (f g)(x)

t − x =

f (t)g(t) − f (x)g(x)

t − x =

(f (t) − f (x))g(t) + f (x)(g(t) − g(x))t − x

= g(t)· f (t) − f (x)t − x

+ f (x)· g(t) − g(x)t − x

=

g(t)∆xf (t) + f (x)∆xg(t).

Tehát ∆x(f g) = g· ∆xf + f (x)· ∆xg. Mivel (ld. 7.1.3. Tétel) g ∈ Cx és x ∈ int Dg miattlimx g = g(x), ill. limx ∆xf = f ′(x), limx ∆xg = g ′(x). Így (ld. 5.3.3. Tétel) létezik

limx

∆x(f g) = limx

g· limx

∆xf + f (x)· limx

∆xg = g(x)f ′(x) + f (x)g′(x).

Innen és a 7.1.2. Tételből már következik, hogy f g ∈ Dx, és

(f · g)′(x) = f ′(x)· g(x) + f (x)· g′(x).

Végül bizonyítsuk be a d) állítást. Legyen ehhez ismét x = t ∈ Df/g, ekkor

∆x(f /g)(t) = (f /g)(t) − (f /g)(x)

t − x =

f (t)/g(t) − f (x)/g(x)

t − x =

1

g(t)g(x)· f (t)g(x) − f (x)g(t)

t − x =

1

g(t)g(x)· (f (t) − f (x))g(x) − f (x)(g(t) − g(x))

t − x =

1

g(t)g(x) ·f (t)

−f (x)

t − x · g(x) − g(t)

−g(x)

t − x · f (x) =

1

g(t)g(x)(g(x)· ∆xf (t) − f (x)· ∆xg(t)).

Más szóval

∆x(f /g) = g(x)· ∆xf − f (x)· ∆xg

g(x)· g .

Innen (a már az előbb is felhasznált limx g = g(x) (= 0) egyenlőség, ill. az 5.3.3. Tételmiatt) létezik

limx

∆x(f /g) = g(x)· limx ∆xf − f (x)· limx ∆xgg(x)· limx g

= g(x)· limx ∆xf − f (x)· limx ∆xgg2(x)

=

g(x)f ′(x) − f (x)g′(x)

g2(x) .




Ezért f /g ∈ Dx és f

g

′(x) =

f ′(x)· g(x) − f (x)· g′(x)

g2(x) .

A következő tételben az összetet függvény differenciálhatóságával foglalkozunk.

7.3.2. Tétel. Tegyük fel, hogy adottak az f, g ∈ R → R függvények, és valamilyen x ∈ Dg esetén g ∈ Dx és f ∈ Dg(x). Ekkor f g ∈ Dx, és

(f g)′(x) = f ′(g(x))· g′(x).

Bizonyítás. Gondoljuk meg először, hogy x ∈ intDf g. Ti. f ∈ Dg(x), ezértg(x)

∈int

Df . Van tehát olyan r > 0, hogy

(g(x) − r, g(x) + r) ⊂ Df .A 7.1.3. Tétel miatt viszont g ∈ Cx, így egy alkalmas δ > 0 mellett

g(t) ∈ (g(x) − r, g(x) + r) (t ∈ Dg, |t − x| < δ ).

A g ∈ Dx feltétel alapján viszont x ∈ int Dg. Tehát egy alkalmas ρ > 0 számmal

(x − ρ, x + ρ) ⊂ Dgis igaz. Egybevetve mindezt az előbbiekkel azt kapjuk, hogy 0 < σ < min

δ, ρ

mellett

g(t) ∈ (g(x) − r, g(x) + r) ⊂ Df (t ∈ (x − σ, x + σ)).


(x − σ, x + σ) ⊂ t ∈ Dg : g(t) ∈ Df = Df g.

Mivel f ∈ Dg(x), ezért a (7.1.1) definíció szerint egy alkalmas η ∈ R → R függ-vénnyel

f (g(t))−

f (g(x)) = f ′(g(x))(g(t)−

g(x)) + η(g(t))(g(t)−

g(x)) (t∈ D

f g)

és limg(x) η = 0.

A (7.1.1) definíció után mondottak szerint az is feltehető, hogy η(g(x)) = 0, más szóvalη ∈ Cg(x).




Hasonlóan, mivel g ∈ Dx, ezért

g(t) − g(x) = g ′(x)(t − x) + ω(t)(t − x) (t ∈ Dg),

ahol az ω ∈ R → R függvényre limx ω = 0. Mindezek alapján azt mondhatjuk, hogy

tetszőleges t ∈ Df g helyen(f g)(t) − (f g)(x) = f (g(t)) − f (g(x)) =

f ′(g(x))

g′(x)(t − x) + ω(t)(t − x)

+ η(g(t))

g′(x)(t − x) + ω(t)(t − x)

=

f ′(g(x))g′(x)(t − x) +

f ′(g(x))ω(t) + η(g(t))

g′(x) + ω(t)

(t − x).

Legyenθ(t) := f ′(g(x))ω(t) + η(g(t))

g′(x) + ω(t)

(t ∈ Df g),

ekkor

(f

g)(t)−

(f

g)(x) = f ′(g(x))g′(x)(t−

x) + θ(t)(t−

x) (t∈ Df g

).

A (7.1.1) definíció szerint az f g ∈ Dx differenciálhatósághoz azt kell már csakmegmutatnunk, hogy limx θ = 0.

Ehhez vegyük figyelembe, hogy limx ω = limg(x) η = 0 és η ∈ Cg(x). Mivel a 7.1.3.Tétel szerint g ∈ Cx is igaz, ezért (ld. 5.5.3. Tétel) η g ∈ Cx, így

limt→x

η(g(t)) = η(g(x)) = 0.

Azt mondhatjuk most már (ld. 5.3.3. Tétel), hogy

limt→x θ(t) = f

′

(g(x))limt→xω(t) + limt→x η(g(t))g

′

(x) + limt→xω(t) = 0.

Az inverzfüggvény differenciálhatósága az eddigiekhez képest"

kényesebb" feladat abbanaz értelemben, hogy csak több feltétel együttes teljesülése esetén fogjuk tudni garantálni azinverzfüggvény differenciálhatóságát. Ez nem meglepő, hiszen már a folytonossággal kapcso-latban is láttuk, hogy pusztán a szóban forgó függvény folytonossága (és invertálhatósága)önmagában még nem elegendő ahhoz, hogy az inverzfüggvény is folytonos legyen.

7.3.3. Tétel. Tegyük fel, hogy az f ∈ R → R függvény invertálható, valamilyen

x ∈ Df esetén f ∈ Dx, f ′

(x) = 0, az f −1

inverzfüggvény folytonos f (x)-ben, és f (x) ∈ int Rf . Ekkor f −1 ∈ Df (x) és f −1

′(f (x)) =

1

f ′(x).




Bizonyítás. Az f −1 ∈ Cf (x) folytonossági feltétel és a folytonosságra vonatkozóátviteli elv (ld. 5.5.2. Tétel) szerint bármely

(yn) : N→ Rf \ f (x) , lim(yn) = f (x)

sorozatra az xn

:= f −1(yn

) (n ∈N) jelöléssel

lim(xn) = f −1(f (x)) = x.

Az f invertálhatóságát figyelembe véve azt mondhatjuk, hogy xn = x (n ∈ N), ezért azf ∈ Dx, f ′(x) = 0 feltételek miatt (ld. 3.7.5. Tétel és 5.3.2. Tétel))

limn→∞

1

(f (xn) − f (x))/(xn − x) =

1

limn→∞ ∆xf (xn) =

1

limx ∆xf =

1

f ′(x).

Ugyanakkor bármely N ∋ n-re

∆f (x)f −1(yn) = f −1(yn) − f −1(f (x))

yn − f (x)

= xn − x

f (xn) − f (x)

= 1

(f (xn) − f (x))/(xn − x)

,

így létezik

limn→∞

∆f (x)f −1(yn) = 1

limn→∞ ∆xf (xn) =

1

f ′(x).

A határértékre vonatkozó átviteli elv (ld. 5.3.2. Tétel) szerint tehát létezik a

limf (x)

∆f (x)f −1 = 1

f ′(x)

határérték is. Más szóval f −1 ∈ Df (x) és (f −1)′(f (x)) = 1/f ′(x).

A fentebb már említett "egyszerű" függvények (azaz olyan függvények, amelyeket diffe-renciálhatósági szempontból - beleértve a deriváltjukat is - ismerünk) között fontos helyetfoglalnak el a hatványsorok összegfüggvényei. A következő állításban megmutatjuk, hogy azutóbbi függvények valamennyien differenciálható függvények, és ki is számítjuk a deriváltju-kat.


(an(t − a)n) hatványsor r konvergencia-sugara nullától különböző, és legyen

f (x) =∞

n=0

an(x − a)n (x ∈ K, |x − a| < r).

Ekkor f ∈ D, és

f ′(x) :=∞n=1

nan(x − a)n−1 (x ∈ K, |x − a| < r).




Bizonyítás. Lássuk be először azt, hogy f ∈ Da és

f ′(a) =∞n=1

nan(a − a)n−1 = a1.

Valóban,

f (x) − f (a) =∞n=1

an(x − a)n = a1(x − a) + (x − a)∞n=2

an(x − a)n−1 =

a1(x − a) + η(x)(x − a) (x ∈ K, |x − a| < r),

ahol a

cn :=

0 (n = 0)

an+1 (n ≥ 1)(n ∈ N)

együtthatókkal

η(x) :=∞n=2

an(x − a)n−1 =∞n=0

cn(x − a)n (x ∈ K, |x − a| < r).

Az 5.3.6. Tétel szerint létezik a

lima

η = η(a) = c0 = 0

határérték, amiből az előbbiek és a (7.1.1) definíció alapján f ∈ Da és f ′(a) = a1 márkövetkezik.

Legyen most b

∈K,

|b

−a

| < r. A 4.5.3. Tétel miatt léteznek a

bk :=∞n=k

n

k



∞n=0

an(x − a)n =∞k=0

bk(x − b)k (x ∈ K ρ(b)).

Ha tehát

g(x) :=∞

k=0

bk(x − b)k (x ∈ K ρ(b)),

akkor a bizonyítás első része alapján g ∈ Db, és

g′(b) = b1 =∞n=1

n

1

an(b − a)n−1 =

∞n=1

nan(b − a)n−1.




Ugyanakkor f (x) = g(x) (x ∈ K ρ(b)), ezért a 7.2. x) megjegyzés szerint f ∈ Db, ésf ′(b) = g ′(b).

Speciális esetként kapjuk azt, hogy bármelyik polinom deriválható. Nevezetesen, haN

∈N, c0,...,cN

∈K, cN

= 0, és

P (x) :=N n=0

cnxn (x ∈ K),

akkor az a := 0,

an :=

cn (n = 0,...,N )

0 (n > N )(n ∈ N)

együtthatókkal r = +∞ (ld. 4.5.2. Tétel), és

P (x) :=

∞

n=0 an(x − a)

n

(x ∈K

).

Ezért a 7.3.4. Tétel alapján P ∈ D, és

P ′(x) =∞n=1

nan(x − a)n−1 =N n=1

ncnxn−1 (x ∈ K).

A"

legegyszerűbb" polinomok a hn (n ∈ N) hatványfüggvények:

hn(x) := xn (x ∈ K).

Ha itt n = 0, akkor h0 ≡ 1, és mint minden konstansfüggvény h0 is triviálisan deriválhatóés h′0 ≡ 0. Az n ≥ 1 esetben a fentiek szerint

h′n(x) = nxn−1 (x ∈ K),

amiről közvetlenül a (7.1.1) definíció alapján is meggyőződhetünk:

(xn)′

:= h′n(x) = limt→x

tn − xn

t − x = lim

t→x

n−1k=0

tkxn−k−1

=n−1k=0

limt→x

(tkxn−k−1) =

n−1

k=0

xkxn−k−1 = nxn−1.

Ugyanígy kapjuk bármely a ∈K"

középponttal" és an ∈ K (n ∈ N)"

együtthatóval"a

hn(x) := an(x − a)n (x ∈ K)




függvényre, hogy hn ∈ D, és

h′n(x) =

0 (n = 0)

nan(x

−a)n−1 (n

≥1)

(x ∈ K).

Egybevetve mindezt a 7.3.4. Tétellel azt mondhatjuk, hogy az

f (x) =∞n=0

hn(x) (x ∈ K, |x − a| < r)

összegfüggvény deriváltja a következő:

f ′(x) =∞n=0

h′n(x) (x ∈ K, |x − a| < r).

Formálisan szólva tehát azt kaptuk, hogy a ∞n=0 hn (hatványsor)összegfüggvényt

"szabad

tagonként deriválni". Felhívjuk azonban a figyelmet arra, hogy most speciális függvénysorok(ld. 4.5.) összegfüggvényét deriválhattuk

"tagonként", és szó sincs arról, hogy ez minden

további nélkül igaz lenne tetszőleges (differenciálható f n (n ∈ N) függvények által megha-tározott)

(f n) függvénysor összegfüggvényére.

A 7.3.4. Tétel közvetlen folyománya a 6. fejezetben bevezetett exp, sin, cos függvényekdifferenciálhatósága. Nevezetesen, igaz a

7.3.5. Tétel. Az exp, sin, cos, sh, ch függvények differenciálhatók, és

exp

′

= exp , sin

′

= cos , cos

′

= − sin , sh

′

= ch , ch

′

= sh.

Bizonyítás. A szóban forgó függvények mindannyian hatványsorok összegfüggvényei,ezért a 7.3.4. Tétel szerint valóban differenciálhatók.

Ugyancsak a 7.3.4. Tétel ("

formulája") alapján az

a := 0 , an := 1

n! (n ∈ N)

együtthatókkal

exp x =

∞n=0

an(x − a)n

=

∞n=0

xn

n! (x ∈ K)

és

exp′(x) =∞n=1

nan(x − a)n−1 =∞n=1

n· xn−1

n! =

∞n=1

xn−1

(n − 1)! =




∞n=0

xn

n! = exp x (x ∈ K).

Hasonlóan, ha most

a := 0 , an :=

0 (n = 2k)

(−1)k

(2k + 1)! (n = 2k + 1)

(k ∈N),

akkor

sin x =∞n=0

an(x − a)n (x ∈ K),

és

sin′(x) =∞n=1

nan(x − a)n−1 =∞k=0

(−1)k(2k + 1)· x2k

(2k + 1)! =

∞k=0

(−1)k· x2k

(2k)! = cos x (x ∈ K).

Legyen

a := 0 , an :=

0 (n = 2k + 1)

(−1)k

(2k)! (n = 2k)

(k ∈N),

amikor is

cos x =∞

n=1

an(x − a)n (x ∈ K),

és

cos′(x) =∞n=1

nan(x − a)n−1 =∞k=1

(−1)k(2k)· x2k−1

(2k)! =

∞k=1

(−1)k· x2k−1

(2k − 1)! =

∞k=0

(−1)k+1· x2k+1

(2k + 1)! = −

∞k=0

(−1)k· x2k+1

(2k + 1)! = − sin x (x ∈ K).

Ha viszont

a := 0 , an :=

0 (n = 2k)

1(2k + 1)! (n = 2k + 1)

(k

∈N),

akkor

sh x =∞n=0

an(x − a)n (x ∈ K),




és

sh′(x) =∞n=1

nan(x − a)n−1 =∞k=0

x2k

(2k)! = ch x (x ∈ K).

Végül, legyen

a := 0 , an :=

0 (n = 2k + 1)

1(2k)!

(n = 2k)(k ∈N),

amikor is

ch x =∞n=1

an(x − a)n (x ∈ K),

és

ch′(x) =∞n=1

nan(x − a)n−1 =∞k=1

x2k−1

(2k − 1)! =

∞k=0

x2k+1

(2k + 1)! = sh x (x ∈ K).

A 6. fejezetben az exp := exp|R leszűkítés segítségével értelmeztük a (különböző alapú)logaritmus- és exponenciális függvényeket, ill. a hatványfüggvényeket. Emlékeztetőül álljonitt ezek definíciója (ld. 6. fejezet): legyen µ ∈ R, 1 = a ∈ (0, +∞) és

ln := exp−1 , expa(x) := exp(x ln a) (x ∈ R),

loga := exp−1a , hµ(x) := exp(µ· ln x) (x > 0).

A továbbiakban ezek differenciálhatóságát vizsgáljuk.

7.3.6. Tétel. Az ln, expa, loga (1 = a ∈ (0, +∞)), hµ (µ ∈ R) függvények differenciálhatók, és

ln′(x) = 1x (x > 0) , exp′a(x) = (ln a)· expa x (x ∈ R),

log′a(x) = 1

x· ln a (x > 0) , h′µ(x) = µ· hµ−1(x) (x > 0).




Bizonyítás. A 6.2.1. Tétel, az 5.5.13. Tétel és a 7.3.5. Tétel szerint az exp függvény a7.3.3. Tétel valamennyi feltételét teljesíti. Ezért ln ∈ D és

ln′(x) = 1

exp′(ln x) =

1

exp(ln x) =

1

x (x > 0).

A 7.3.2. Tételt az f := exp, g(x) := x ln a (x ∈ R) szereposztással alkalmazva

expa = f g.

Mivel a fentiek szerint f = exp ∈ D, ill. (triviálisan) g ∈ D és g′(x) = ln a (x ∈ R), ezérta 7.3.2. Tétel miatt expa = f g ∈ D és

exp′a(x) = f ′(g(x))· g′(x) = (ln a)· exp(x ln a) (x ∈ R).

A 6.2.1. Tétel helyett a 6.4.1. Tételt figyelembe véve expa-ról ugyanaz elmondható, mint

az előbb exp-ről. Így loga ∈ D és

log′a(x) = 1

exp′a(loga x) =

1

(ln a)· expa(loga x) =

1

x ln a (x > 0).

A 7.3.2. Tételt most az f := exp, g := µ· ln szereposztással alkalmazva

hµ = f g.

Ezért az előbbiekre tekintettel hµ = f g ∈ D és

h′µ(x) = f ′(g(x))· g′(x) = µx· exp(µ· ln x) (x > 0).

Lássuk be, hogyexp(µ· ln x)

x = exp ((µ − 1)· ln x) (x > 0).

Valóban, az exp függvény multiplikativitási tulajdonsága (ld. 4.6. iii) megjegyzés) alapján

exp ((µ − 1)· ln x) = exp(µ· ln x − ln x) = exp(µ· ln x)

exp(ln x) =

exp(µ· ln x)

x .

Teháth′µ(x) = µ· exp ((µ − 1)· ln x) = µ· hµ−1(x) (x > 0).




7.4. Megjegyzések

i) Amennyiben a 7.3.1. Tételben szereplő f, g ∈ R → R függvényekre f, g ∈ D tel- jesül és Df ∩ Dg = ∅, akkor egyúttal bármely x ∈ Df ∩ Dg esetén f, g ∈ Dx.Következésképpen f + g, cf, f g

∈D (c

∈R), és

(f + g)′ = f ′ + g′ , (cf )′ = cf ′ , (f g)′ = f ′g + f g′.

Ha még g(x) = 0 (x ∈ Df ∩ Dg) is igaz, akkor f /g ∈ D ésf

g

′=

f ′g − f g′

g2 .

ii) Ha a 7.3.2. Tételben szereplő g függvényre g(t) = g(x) (x = t ∈ Dg) fennáll, akkoraz

f

g ∈

D

x

, (f

g)′(x) = f ′(g(x))·

g′(x)

állításokat a következőképpen is beláthatjuk. Legyen ui. (tn) : N → Df g \ xolyan sorozat, amely konvergens és lim(tn) = x. Ekkor a g-re tett feltétel miattg(tn) = g(x) (n ∈ N) és

∆x(f g)(tn) = f (g(tn)) − f (g(x))

tn − x =

f (g(tn)) − f (g(x))

g(tn) − g(x) · g(tn) − g(x)

tn − x (n ∈ N).

A 7.1.3. Tétel szerint g

∈ Cx

, ezért az 5.5.2. Tétel (a folytonosságra vonatkozó

átviteli elv) alapján lim(g(tn)) = g(x). Így az f ∈ Dg(x) differenciálhatóságifeltétel és a határértékre vonatkozó átviteli elv (ld. 5.3.2. Tétel) szerint

limn→∞

f (g(tn)) − f (g(x))

g(tn) − g(x) = lim

g(x)∆g(x)f = f ′(g(x)).

Ugyanilyen megfontolással kapjuk azt is, hogy

limn→∞

g(tn) − g(x)

tn − x = lim

x∆xg = g ′(x).

Ezért (ld. 3.7.5. Tétel) létezik a

limn→∞

∆x(f g)(tn) =

limn→∞

f (g(tn)) − f (g(x))

g(tn) − g(x) · lim

n→∞

g(tn) − g(x)

tn − x = f ′(g(x))· g′(x)




határérték is. Innen ismét az 5.3.2. Tételre hivatkozva kapjuk, hogy létezik a

limx

∆x(f g) = f ′(g(x))· g′(x)

határérték, ami a bizonyítandó állítást jelenti. A fentiekben az is kiderült, hogy a g-re

tett feltétel mellett ∆x(f g) = ∆xg· (∆g(x)f ) g.

iii) Az i) megjegyzéshez hasonlóan tegyük fel, hogy a 7.3.2. Tételben f, g ∈ D, valamintRg ∩Df = ∅. Ekkor f g ∈ D, és

(f g)′ = (f ′ g)· g′.

iv) A 7.3.2. Tétel alapján a 7.3.3. Tételben szereplő

(∗)

f −1′

(f (x)) = 1

f ′(x)

formula már nem "meglepő". Legyen ui. valamilyen ∅ = A ⊂ R halmaz esetén

eA(t) := t (t ∈ A).

Ekkor könnyen láthatóan minden t ∈ intA esetén eA ∈ Dt, és e′A(t) = 1. Mivel

f f −1 = eRf ,

ezért a 7.3.3. Tétel feltételei mellett a 7.3.2. Tételből

1 = e′Rf (f (x)) = (f f −1)′(f (x)) = f ′(f −1(f (x)))· (f −1)′(f (x)) =

f ′(x)

·(f −1)′(f (x)).

Innen a (∗) egyenlőség már nyilván következik.

v) Az előbbi megjegyzésben szereplő (∗) egyenlőséget az y := f (x) jelöléssel írjuk át akövetkező alakba:

f −1′

(y) = 1

f ′(f −1(y)).

Ha tehát a 7.3.3. Tétel feltételei minden x ∈ Df esetén teljesülnek, akkor az f −1

függvény differenciálható, és f −1

′=

1

f ′ f −1.

Ez a helyzet pl. akkor (ld. később), ha Df nyílt intervallum, f ∈ D, és f ′

(x) = 0(x ∈ Df ). Megjegyezzük, hogy a 7.3.3. Tétel bizonyításából az is kiolvasható, hogy

∆f (x)f −1 = 1

(∆xf ) f −1.




vi) A 7.3.6. Tételben szereplő expa, hµ függvényekkel kapcsolatban emlékeztetünk a hat-vány fogalmára (ld. 6.4.):

ax := exp(x ln a) (x ∈ R, a > 0).

Ha itt a = 1, akkor ln1 = 0, exp 0 = 1 miatt ax = 1x = 1. Ha a = 1, akkor pedigax = expa x (x ∈ R). A 7.3.6. Tétel szerint tehát (kissé

"pongyola", de szemléletes

jelöléssel)(ax)′ = ax· ln a (x ∈ R).

Hasonlóan, ha µ ∈ R, akkor

xµ = hµ(x) (x > 0),

azaz(xµ)′ = µ· hµ−1(x) = µ· xµ−1 (x > 0).

vii) A 6.6. pontban láttuk, hogy

h1/m = m√

(2 ≤ m ∈ N).

Következésképpen az itt szereplő m√

gyökfüggvény differenciálható, és

( m√

) ′(x) = (h1/m)′(x) = 1

m· h(1/m)−1(x) (x > 0).

A fenti"

lazább" jelölésekkel tehát

( m√ x)′ = 1m

· x(1/m)−1 = 1m

· x(1−m)/m = 1m

· ( m√ x)1−m (x > 0).

Speciálisan, ha m = 2, akkor

(√

x)′ = 1

2· √ x

(x > 0).

viii) Az inverzfüggvény deriválhatóságával kapcsolatos 7.3.3. Tételbeli f ′(x) = 0 feltételnem csupán az inverzfüggvény deriváltjának a kiszámítása miatt lényeges. Legyen ui.

f (x) := x3

(x ∈ R).

Világos, hogy f invertálható, f ∈ D és

f −1(x) = 3√

x (x ∈ R),




de f −1 /∈ D0. Valóban, f −1 ∈ D0 esetén léteznie kellene a

limx→0

3√

x

x = lim

x→0

13√

x2∈ R

(véges) határértéknek, viszontlimx→0

13√

x2= +∞.

ix) Az előbbi megjegyzéshez kapcsolódva a 7.3.3. Tételbeli f (x) ∈ intRf feltétel semteljesül

"automatikusan". Legyen ui.

f (x) :=

x (x ∈ (−1/2, 1/2) \Q)

x + x2 (x ∈ (−1/2, 1/2) ∩Q).

Ekkor f invertálható, f ∈ D0, f ′

(0) = 1 = 0, de nincs olyan r > 0 szám, amellyel(f (0) − r, f (0) + r) = (−r, r) ⊂ Rf igaz lenne, azaz f (0) = 0 /∈ int Rf . Ui. az f függvény invertálható, mert x, t ∈ (−1/2, 1/2) \Q, x = t esetén

f (x) = x = t = f (t)

triviális. Ha itt x ∈ Q és t /∈ Q, akkor

f (t) = t /∈ Q , f (x) = x + x2 ∈ Q,

így f (x) = f (t). Ha viszont x, t ∈ (−1/2, 1/2) ∩Q és x = t, akkor

f (x) = x + x2 = t + t2 = f (t) ⇐⇒ t = −x − 1,

ami −x − 1 /∈ (−1/2, 1/2) miatt nem lehetséges. Így f (x) = f (t).

Továbbá f ∈ D0, ui.

∆0f (t) = f (t)

t =

1 (t /∈ Q)

1 + t (t ∈ Q)(t ∈ (−1/2, 1/2)).

Mivel limt→0(1 + t) = 1 nyilvánvaló, ezért létezik a limt→0 ∆f (t) = 1 határérték.

Tehát f ∈ D0 és f ′(0) = 1.

Legyen végül r > 0 és y ∈ (−r, r) ∩Q. Ha y ∈ Rf is igaz, akkor valamilyen

x ∈ (−1/2, 1/2) ∩Q




esetén azx + x2 = y

egyenlőségnek kell teljesülnie. Könnyű meggyőződni arról, hogy innen

x = −1 +

√ 1 + 4y2

következik. Ezért √

1 + 4y ∈ Q is fenn kell, hogy álljon. Ugyanakkor tetszőleges0 < n ∈ N mellett

√ n2 + 1 /∈ Q, ezért az yn := 1/(4n2) választással

1 + 4yn =

√ n2 + 1

n /∈ Q.

Viszont bármely r > 0 mellett limn→∞(1/(4n2) ) = 0 miatt egy alkalmas pozitívn ∈ N természetes számmal az előbbi yn-re yn ∈ ((−r, r) ∩Q) \ Rf .

x) Ha a 7.3.1. Tétel d) állításában f ≡ 1 (amikor is f ∈ D és f ′ ≡ 0), akkor az f /gfüggvény nem más, mint a g függvény 1/g reciproka. Ekkor a szóban forgó tétel d)állítása a következőképpen hangzik: ha g ∈ Dx és g(x) = 0, akkor 1/g ∈ Dx és

1

g

′(x) = − g′(x)

g2(x).

Ebben az esetben az említett d) állítás bizonyítását megismételve a következőt mond-hatjuk:

∆x(1/g)(t) = 1/g(t) − 1/g(x)

t − x =

− 1

g(t)g(x) ·g(t) − g(x)

t − x (x

= t

∈ Dg).

Tehát

limx

∆x(1/g)(t) = − 1

g(x)· 1

limt→x g(t)· limt→x

g(t) − g(x)

t − x = − g′(x)

g2(x).

Innen a d) állítás (tetszőleges ott szereplő f függvényre) már következik c)-ből:

f

g = f · 1

g ∈ Dx

és

f g′ (x) = f · 1

g′ (x) = f ′(x)· 1

g(x) + f (x)1

g′ (x) =

f ′(x)· 1

g(x) − f (x)

g′(x)

g2(x) =

f ′(x)g(x) − f (x)g′(x)

g2(x) .




xi) A polinomok differenciálhatósága alapján a 7.3.1. Tételből rögtön következik, hogybármelyik racionális törtfüggvény (azaz két polinom hányadosa) is differenciálható.

xii) Teljes indukcióval azt kapjuk a 7.3.1. Tételből, hogy tetszőleges n ∈ N, f i ∈ Dx(i = 0,...,n) esetén akármilyen ci ∈R (i = 0,...,n) együtthatókkal

f :=ni=0

cif i ∈ Dx,

és

f ′(x) =ni=0

cif ′i(x).

xiii) A 7.1.2. Tételre gondolva nem meglepő, hogy a valamilyen pontbeli differenciálha-tóság definíciója szerepet kaphat egyes függvények határértékének a kiszámításában.Mutassuk meg pl., hogy bármely c ∈ R esetén

(∗) limx→+∞

(1 + c/x)x = limx→−∞

(1 + c/x)x = ec.

Mivel c = 0-ra mindez triviális, ezért feltehetjük, hogy c = 0. Ekkor x ∈ R, |x| > |c|mellett 1+c/x > 0, így minden x ∈ (−∞, −|c|)∪(|c|, +∞) számra létezik az (1+c/x)

x

hatvány. Legyen tehát x ∈ R ilyen, ekkor a t := 1 + c/x = 1 jelöléssel

ln ((1 + c/x)x) = x· ln (1 + c/x) = c· ln t − ln 1

t − 1 = c· ∆1 ln(t).

Ha (xn) : N → (|c|, +∞) és lim(xn) = +∞ (vagy (xn) : N → (−∞, −|c|) éslim(xn) = −∞), akkor

lim(tn) := lim (1 + c/xn) = 1.

A 7.3.6. Tétel szerint ln ∈ D, és (ld. 5.3.2. Tétel)

ln′(1) = 1 = lim1

(∆1 ln ) = lim (∆1 ln(tn)).

Következésképpen (ld. 5.3.2. Tétel) létezik a

limx→+∞

ln ((1 + c/xn)xn) = c

(vagy alimx→−∞

ln ((1 + c/xn)xn) = c)

határérték. Mivel az exp függvény folytonos (ld. 6.2.1. Tétel), így az

yn := ln ((1 + c/xn)xn) (n ∈ N)

jelöléssel (ld. 5.5.2. Tétel) létezik azec = exp c = exp ( lim(yn)) = lim(exp(yn)) = lim ((1 + c/xn)xn)

határérték is. Innen az átviteli elv (ld. 5.3.2. Tétel) alapján (∗) már következik.




7.5. Differenciálható függvények vizsgálata

7.5.1. Differenciálható függvények szerkezete

A matematikai modellezés egyik legfontosabb fejezete függvények szélsőértékeinek a felde-

rítésével kapcsolatos. Az idevágó fogalmak bevezetéséhez tekintsünk egy f ∈ R → R

függvényt, legyen a ∈ Df . Azt mondjuk, hogy az f függvénynek az a helyen lokális ma-ximuma van (más szóval az a pont lokális maximumhely ), ha egy alkalmas r > 0 mellettfennáll a következő becslés:

f (x) ≤ f (a) (x ∈ Df , |x − a| < r).

Ekkor az f (a) függvényértéket az f lokális maximumának nevezzük.

Ha a fenti a ∈ Df helyen az előbbinel"

erősebb"

f (x)

≤ f (a) (x

∈ Df )

egyenlőtlenség igaz, akkor az f függvénynek a-ban abszolút maximuma van (vagy másképpfogalmazva az a pont abszolút maximumhelye f -nek). Ekkor maga az f (a) függvényértékaz f abszolút maximuma. Világos, hogy az utóbbi esetben f (a) egyúttal az f lokálismaximuma is, ill. ekkor az a pont lokális maximumhely is.

Az előbbi definíciókban az egyenlőtlenségek"

megfordításával" jutunk a minimumhelyek,ill. minimumok fogalmához. Nevezetesen, ha a ∈ Df és egy r > 0 szám esetén igaz az

f (x) ≥ f (a) (x ∈ Df , |x − a| < r)

becslés, akkor az f (a) függvényértéket az f lokális minimumának, az a-t pedig az f lokális

minimumhelyének nevezzük. (Más szóval ekkor f -nek a-ban lokális minimuma van.)Hasonlóan, ha

f (x) ≥ f (a) (x ∈ Df ),

akkor az f függvénynek az a-ban abszolút minimuma van (az a pont abszolút minimumhelye az f -nek), ill. az f (a) függvényérték az f abszolút minimuma. Ilyenkor az f (a) nyilván azf lokális minimuma is.

Esetenként azt mondjuk röviden, hogy az f függvénynek az a-ban lokális szélsőértéke van (az a pont lokális szélsőértékhelye az f -nek), ha az f függvénynek az a-ban lokálismaximuma vagy lokális minimuma van. Továbbá az a pont abszolút szélsőértékhelye az f -nek (az f (a) függvényérték abszolút szélsőértéke az f -nek), ha az a-ban abszolút maximumavagy abszolút mimimuma van az f -nek.

A differenciálszámítás egyik legismertebb állítása az alábbi tétel, az ún. elsőrendű szük-séges feltétel lokális szélsőértékre :



7.5. DIFFERENCIÁLHATÓ FÜGGVÉNYEK VIZSGÁLATA 261

7.5.1. Tétel. Tegyük fel, hogy az f ∈ R → R függvénynek valamilyen a ∈ intDf helyen lokális szélsőértéke van és f ∈ Da. Ekkor f ′(a) = 0.

Bizonyítás. Legyen pl. az a hely lokális maximumhely (minimumhely esetén analóg a

bizonyítás). Van tehát olyan r > 0, hogy

f (x) ≤ f (a) (x ∈ Df , |x − a| < r).

Ugyanakkor a ∈ int Df , így egy alkalmas ρ > 0 számmal (a − ρ, a + ρ) ⊂ Df is igaz. Hatehát

0 < σ < minr, ρ,

akkor (a − σ, a + σ) ⊂ Df , és

f (x) ≤ f (a) (x ∈ (a − σ, a + σ)).

Legyen most a < x < a + σ, ekkor f (x) ≤ f (a) miatt f (x) − f (a) ≤ 0, ezért x − a > 0alapján

∆af (x) = f (x) − f (a)

x − a ≤ 0.

Következésképpenf ′(a) = lim

a ∆af = lim

a+0∆af ≤ 0.

Ugyanígy kapjuk bármely a − σ < x < a esetén, hogy ∆af (x) ≥ 0. Innen viszont azkövetkezik, hogy

f ′(a) = lima

∆af = lima−0

∆af ≥ 0.

Így 0 ≤ f ′

(a) ≤ 0, ami csak úgy lehetséges, ha f ′

(a) = 0.

Felhívjuk a figyelmet arra, hogy az előző tételben szereplő f ′(a) = 0 következmény csakszükséges, de nem elégséges feltétele annak, hogy az f -nek az a-ban lokális széłsőértékelegyen. Tekintsük ui. az

f (x) := x3 (x ∈ R)

függvényt. Ekkor az f -nek az a := 0-ban (könnyen beláthatóan) nincs lokális szélsőértéke,de f ′(x) = 3x2 (x ∈ R) miatt f ′(0) = 0.

Az előbbi tétel segítségével már nem nehéz belátni a differenciálható függvények vizsgá-lata szempontjából alapvető fontosságú ún. középérték-tételeket. Ezek közül az első a

7.5.2. Tétel (Rolle). Legyen valamilyen a, b ∈ R, a < b esetén az f : [a, b] → R

függvény folytonos, minden a < x < b esetén differenciálható az x helyen, továbbá f (a) = f (b). Ekkor van olyan ξ ∈ (a, b), hogy f ′(ξ ) = 0.




Bizonyítás. Emlékeztetünk a Weierstrass-tételre (ld. 5.5.10. Tétel), miszerint léteznekolyan u, v ∈ [a, b] helyek, amelyekre

f (u) = max Rf , f (v) = min Rf .

Ha m := f (u) = f (v), akkor az f függvény konstansfüggvény (f ≡ m), így tetszőlegesξ ∈ (a, b) esetén f ′(ξ ) = 0.

Feltehetjük tehát, hogy f (u) = f (v). Mivel f (a) = f (b), ezért az u és a v közüllegalább az egyik az (a, b)-be esik, legyen ez mondjuk az u. Ekkor

ξ := u ∈ int Df = (a, b),

és az f -nek a ξ -ben lokális maximuma van. A feltételeink szerint f ∈ Dξ , ezért a 7.5.1.Tétel miatt f ′(ξ ) = 0.

7.5.3. Tétel (Lagrange). Legyen a, b ∈ R, a < b, az f : [a, b]

→ R függvény

folytonos, és minden a < x < b esetén differenciálható az x helyen. Ekkor van olyan ξ ∈ (a, b), hogy

f (b) − f (a)

b − a = f ′(ξ ).

Bizonyítás. Tekintsük a következő ϕ : [a, b] → R függényt:

ϕ(x) := f (x) − f (b) − f (a)

b − a · x (x ∈ [a, b]).

Világos, hogy a ϕ függvény folytonos, és ϕ

∈D

x

(x

∈(a, b)). Továbbá

ϕ(a) = f (a) − f (b) − f (a)

b − a · a =

bf (a) − af (b)

b − a ,

ill.

ϕ(b) = f (b) − f (b) − f (a)

b − a · b =

bf (a) − af (b)

b − a .

Tehát ϕ(a) = ϕ(b), ezért a 7.5.2. Tétel alapján van olyan ξ ∈ (a, b), amellyel

ϕ′(ξ ) = f ′(ξ ) − f (b) − f (a)

b − a = 0.

Következésképpenf ′(ξ ) =

f (b) − f (a)

b − a .




7.5.4. Tétel (Cauchy). Legyen a, b ∈ R, a < b, az f, g : [a, b] → R függvényekről tegyük fel, hogy folytonosak, és minden a < x < b esetén differenciálhatók az x helyen.Ekkor van olyan ξ ∈ (a, b), hogy

(f (b)

−f (a))

·g′(ξ ) = (g(b)

−g(a))

·f ′(ξ ).

Bizonyítás. Definiáljuk most a ϕ : [a, b] → R függényt a következőképpen:

ϕ(x) := (f (b) − f (a))· g(x) − (g(b) − g(a))· f (x) (x ∈ [a, b]).

Az f, g függvényekről tett feltételek miatt a ϕ függvény folytonos, továbbá ϕ ∈ Dx(x ∈ (a, b)). Könnyű ellenőrizni, hogy ϕ(a) = ϕ(b) :

ϕ(a) = (f (b) − f (a))· g(a) − (g(b) − g(a))· f (a) = f (b)g(a) − g(b)f (a) =

(f (b)−

f (a))·

g(b)−

(g(b)−

g(a))·

f (b) = ϕ(b).

Ezért ismét a Rolle-tétel (ld. 7.5.2. Tétel) szerint egy alkalmas ξ ∈ (a, b) helyen

ϕ′(ξ ) = (f (b) − f (a))· g′(ξ ) − (g(b) − g(a))· f ′(ξ ) = 0,

amiből a Cauchy-tétel állítása már következik.

Jegyezzük meg, hogy ha az előbbi tételben még azt is feltesszük, hogy tetszőlegesx ∈ (a, b) helyen g′(x) = 0, akkor a 7.5.2. Tételt figyelembe véve egyúttal g(b) = g(a), azazg(b) − g(a) = 0 is teljesül. Ezért

f (b)−

f (a)

g(b) − g(a) = f ′(ξ )

g′(ξ ) .

Világos továbbá, hogy pl. a g(x) := x (x ∈ [a, b]) speciális esetben a most mondottpótlólagos feltétel g′ ≡ 1 miatt teljesül, ezért a Cauchy-tétel előbbi alakjából

f (b) − f (a)

b − a = f ′(ξ )

következik. Ez pedig nem más, mint a 7.5.3. (Lagrange-)Tétel.

Hasonlóan, ha a 7.5.3. Tételben az is igaz, hogy f (a) = f (b), akkor f (b) − f (a) = 0, így

f ′(ξ ) = f (b) − f (a)b − a

= 0.

Más szóval a Lagrange-tételből (7.5.3. Tétel) a Rolle-tétel (7.5.2. Tétel) speciális esetkéntadódik.




Tegyük fel, hogy az f ∈ R→ R függvény monoton növő, azaz

f (x) ≤ f (t) (x, t ∈ Df , x ≤ t).

Ha itt x ∈ int Df , akkor könnyen láthatóan ∆xf ≥ 0. Ui. t ∈ Df , t > x esetén t − x > 0,

és f (t) − f (x) ≥ 0 miatt∆xf (t) =

f (t) − f (x)

t − x ≥ 0,

ill., ha t < x, akkor t − x < 0 és f (t) − f (x) ≤ 0 miatt jutunk ugyanerre az erdeményre.Következésképpen az f ∈ Dx differenciálhatósági feltétel mellett

f ′(x) = limx

∆xf ≥ 0.

A következő tételben megmutatjuk, hogy a most kapott eredmény bizonyos értelembenmeg is

"fordítható".

7.5.5. Tétel. Tegyük fel, hogy a differenciálható f ∈ R → R függvény értelmezési tartománya nyílt intervallum. Ekkor:

a) f monoton növő ⇐⇒ f ′ ≥ 0;

b) f monoton fogyó ⇐⇒ f ′ ≤ 0.

Bizonyítás. Az a) állítás igazolásához a tétel"

felvezetésére" tekintettel már csak aztkell megmutatni, hogy f ′(x) ≥ 0 (x ∈ Df ) esetén az f függvény monoton növő. Legyenehhez a, b

∈ Df , a < b, ekkor nyilván [a, b]

⊂ Df , és a ϕ : [a, b]

→R,

ϕ(x) := f (x) (x ∈ [a, b])

függvény teljesíti a 7.5.3. Tétel feltételeit. Van tehát olyan ξ ∈ (a, b), amelyre

ϕ(b) − ϕ(a) = f (b) − f (a) = ϕ′(ξ )(b − a) = f ′(ξ )(b − a),

ahol f ′(ξ ) ≥ 0, b − a > 0 miatt f ′(ξ )(b − a) ≥ 0. Így f (b) − f (a) ≥ 0, azaz f (b) ≥ f (a).

A b) állítás bizonyítása analóg módon történhet.

Az előbbi bizonyításban f ′(ξ ) > 0 esetén f ′(ξ )(b − a) > 0, így f (b) > f (a). Ha te-

hát a 7.5.5. Tételben f ′

> 0, akkor az f függvény szigorúan monoton növő (míg azf ′ < 0 esetben pedig szigorúan monoton fogyó). Ugyanakkor a most kapott állítások"

nemmegfordíthatók," amint azt pl. az

f (x) := x3 (x ∈ R)




függvény mutatja: az f szigorúan monoton növő, de f ′(0) = 0.

Vegyük észre ugyanakkor, hogy ha az előbbiekben f ′(ξ ) = 0, akkor f ′(ξ )(b − a) = 0,így f (b) − f (a) = 0, azaz f (b) = f (a). Ezért, ha f ′ ≡ 0 (azaz f ′(x) = 0 (x ∈ Df ), aholne felejtsük el: Df nyílt intervallum), akkor bármely a, b ∈ Df esetén f (a) = f (b). Más

szóval az f konstansfüggvény. Sőt, igaz a

7.5.6. Tétel. Ha a differenciálható f ∈ R → R függvény értelmezési tartománya nyílt intervallum, akkor fennáll az alábbi ekvivalencia:

f konstansfüggvény ⇐⇒ f ′ ≡ 0.

Bizonyításként elég már csak annyit megjegyezni, hogy ha f konstansfüggvény, akkor∆xf (t) = 0 (x = t ∈ Df ) bármely x ∈ Df esetén, így f ′(x) = limx ∆xf = 0.

A most megfogalmazott tételt felhasználva már "erősíthetjük" a 7.5.5. Tételt szigorúanmonoton függvényekre.

7.5.7. Tétel. Tegyük fel, hogy f ∈ R → R, f ∈ D és a Df értelmezési tartomány nyílt intervallum. Ekkor:

a) f szigorúan monoton növő ⇐⇒ f ′(x) ≥ 0 (x ∈ Df ), és bármely I ⊂ Df nyílt intervallumnak van olyan t ∈ I pontja, amelyre f ′(t) > 0;

b) f szigorúan monoton fogyó ⇐⇒ f ′(x) ≤ 0 (x ∈ Df ), és bármely I ⊂ Df nyílt intervallumnak van olyan t ∈ I pontja, amelyre f

′

(t) < 0.

Bizonyítás. Ha f szigorúan monoton növő, akkor egyúttal monoton növő is, ezért a7.5.5. Tétel szerint

f ′(x) ≥ 0 (x ∈ Df ).

Tegyük fel indirekt módon, hogy egy I ⊂ Df nyílt intervallumra f ′(x) = 0 (x ∈ I ). Ekkora

ϕ(x) := f (x) (x ∈ I )

függvényre alkalmazható a 7.5.6. Tétel, miszerint a ϕ függvény konstansfüggvény. Így bár-

milyen x, t ∈ I , x = t helyeken ϕ(x) = f (x) = ϕ(t) = f (t), ami ellentmond az f szigorúmonotonitásának. Ezzel beláttuk a)-ban az =⇒ következtetést.

A fordított irányú következtetéshez szintén indirekt módon tegyük fel, hogy az f nemszigorúan monoton növő. Mivel most a feltétel szerint f ′ ≥ 0, ezért (ld. 7.5.5. Tétel)




az f monoton növő. Mindebből az következik, hogy valamilyen a, b ∈ Df , a < b eseténf (a) = f (b), és bármely a < t < b helyen f (a) ≤ f (t) ≤ f (b) miatt

f (a) = f (t) = f (b).

Ez azt jelenti, hogy a ϕ(x) := f (x) (x ∈ (a, b))

függvény konstansfüggvény. Ezért (ld. 7.5.6. Tétel)

ϕ′(x) = f ′(x) = 0 (x ∈ (a, b)),

ami ellentmond annak, hogy bármely I ⊂ Df nyílt intervallumnak egy t ∈ I pontjábanf ′(t) > 0.

A b) állítás hasonlóan"

intézhető" el.

A fenti 7.5.5., 7.5.6., 7.5.7. Tételek némi kiegészítéssel igazak maradnak akkor is, ha

a szóban forgó f függvény értelmezési tartománya zárt (vagy félig zárt) intervallum, azazvalamilyen a, b ∈ R, a < b mellett Df = [a, b] (vagy Df = [a, b), vagy Df = (a, b]). Ekkorui. pl. azt tegyük fel, hogy f ∈ Dx, f ′(x) ≥ 0 (x ∈ (a, b)) és f ∈ Ca (csaka Df = [a, b) esetre megfogalmazva mindent, az egyéb eseteket értelemszerű módosítássalkapjuk). Innen már arra következtethetünk, hogy az f : [a, b) → R függvény monton növő.Ti. (ld. 7.5.7. Tétel) f (x) ≤ f (t) (x, t ∈ (a, b), x < t) és az f monoton növekedéseegyszerűen következik az alábbi állításból:

7.5.8. Lemma. Tegyük fel, hogy a, b ∈ R, a < b, f : [a, b) → R, f ∈ Ca, és bármely x, t

∈(a, b), x < t esetén f (x)

≤f (t). Ekkor az f függvény monoton növő.

Bizonyítás. Nyilván azt kell csak belátnunk, hogy tetszőleges x ∈ (a, b) mellett igaz azf (a) ≤ f (x) becslés. Legyen ehhez (xn) : N → (a, x) olyan sorozat, amely konvergens éslim(xn) = a. Ekkor (ld. 5.5.2. Tétel)

lim(f (xn)) = f (a).

Mivel a < xn < x (n ∈ N), ezért f (xn) ≤ f (x) (n ∈ N). Következésképpen

f (a) = lim (f (xn)) ≤ f (x).

Az eddig mondottak alapján könnyen kaphatunk elégséges feltételt arra, hogy egy függ-vénynek valamilyen pontban lokális szélsőértéke legyen. Az egyszerű megfogalmazás ked-véért vezessük be ehhez a jelváltás fogalmát az alábbiak szerint. Azt mondjuk, hogy az




f ∈ R → R függvény az a ∈ int Df pontban jelet vált, ha f (a) = 0, továbbá egy alkalmasr > 0 számmal (a − r, a + r) ⊂ Df , és

1o f (x) ≤ 0 ≤ f (t) (a − r < x < a < t < a + r),

vagy

2o f (x) ≥ 0 ≥ f (t) (a − r < x < a < t < a + r).

Az 1o esetben azt mondjuk, hogy az f függvénynek az a-ban (−, +)-jelváltása van, a 2o

esetben pedig azt, hogy az a-ban (+, −)-jelváltása van az f -nek.

A most bevezetett jelváltás fogalmával a szélsőértékekkel kapcsolatos ún. elsőrendű elég-séges feltétel a következőképpen szól.

7.5.9. Tétel. Tegyük fel, hogy f ∈ R → R, a ∈ int Df és egy r > 0 szám mellett f ∈ Dx (x ∈ (a − r, a + r) ⊂ Df ). Ekkor:

a) ha az f ′ deriváltfüggvénynek az a-ban (+,−

)-jelváltása van, akkor az f -nek az a-ban lokális maximuma van ;

b) ha az f ′ deriváltfüggvénynek az a-ban (−, +)-jelváltása van, akkor az f -nek az a-ban lokális minimuma van.

Bizonyítás. Legyen pl. az f ′-nek az a-ban (+, −)-jelváltása (a b) eset analóg módonvizsgálható). Ekkor egy alkalmas 0 < ρ ≤ r számmal

f ′(x) ≥ 0 ≥ f ′(t) (a − ρ < x < a < t < a + ρ).

Ha

ϕ(z ) := f (z ) (a − ρ < z ≤ a),akkor a ϕ függvény folytonos, ϕ ∈ Dz , és ϕ′(z ) = f ′(z ) ≥ 0 (a − ρ < z < a). Ezért(ld. 7.5.5. Tétel, ill. 7.5.8. Lemma)

f (z ) = ϕ(z ) ≤ ϕ(a) = f (a) (a − ρ < z ≤ a).

Hasonló meggondolással kapjuk, hogy

f (a) ≥ f (t) (a ≤ t < a + ρ).

Tehát f (x) ≤ f (a) (x ∈ (a−ρ, a + ρ)), más szóval az f -nek az a helyen lokális maximumavan.

A lokális szélsőértékekkel kapcsolatos elsőrendű szükséges feltételt (ld. 7.5.1. Tétel)felhasználva jutunk a deriváltfüggvények egy karakterisztikus tulajdonságához. Nevezetesenigaz a




7.5.10. Tétel. Legyen az f ∈ R → R függvény differenciálható, Df nyílt interval-lum. Ekkor az f ′ deriváltfüggvény Darboux-tulajdonságú.

Bizonyítás. Elöljáróban emlékeztetünk a Darboux-tulajdonság fogalmára (ld. 5.5.):

azt kell megmutatnunk, hogy tetszőleges a, b ∈ Df , a < b és bármely, f ′(a) és f ′(b) közéeső y esetén van olyan v ∈ [a, b], hogy f ′(v) = y. Nyilván feltehető, hogy f ′(a) = f ′(b) ésf ′(a) < y < f ′(b). Tekintsük a

ϕ(x) := f (x) − yx (x ∈ Df )függvényt. Ekkor ϕ ∈ D, így (ld. 7.1.3. Tétel) a ϕ folytonos is, ezért a Weierstrass-tétel(ld. 5.5.10. Tétel) szerint létezik olyan v ∈ [a, b], amellyel

ϕ(v) = minϕ(x) : a ≤ x ≤ b.

Mivel ϕ

′

(x) = f

′

(x) − y (x ∈ Df ), ezértϕ′(a) = f ′(a) − y < 0.

Tehát

ϕ′(a) = limx→a

ϕ(x) − ϕ(a)

x − a < 0,

így egy alkalmas r > 0 számmal

ϕ(x) − ϕ(a)

x − a < 0 (a < x < a + r < b).

Az itt szereplő x ∈ (a, a + r) helyeken x − a > 0, következésképpen ϕ(x) − ϕ(a) < 0, azaz

ϕ(x) < ϕ(a) (a < x < a + r).


limx→b

ϕ(x) − ϕ(b)

x − b = ϕ′(b) = f ′(b) − y > 0

miatt valamilyen ρ > 0 mellett ϕ(x) − ϕ(b) < 0, azaz

ϕ(x) < ϕ(b) (a 0 számmal(v − σ, v + σ) ⊂ (a, b) és (a v jelentését figyelembe véve)

ϕ(v) ≤ ϕ(x) (x ∈ (v − σ, v + σ)).




Más szóval a ϕ függvénynek a v-ben lokális minimuma van. Tehát a 7.5.1. Tétel értelmében

ϕ′(v) = f ′(v) − y = 0,

azaz y = f ′(v).

A továbbiakban egyváltozós valós függvények"

alaki viszonyait" fogjuk vizsgálni. Tekint-sünk ehhez egy f ∈ R → R függvényt, és tegyük fel, hogy a Df értelmezési tartományintervallum. (A későbbiekben intervallumon

"igazi" intervallumot fogunk érteni, tehát olyat,

amelyik nem egyetlen pontot tartalmaz csupán.) Ekkor azt mondjuk, hogy az f függvénykonvex, ha tetszőleges a, b ∈ Df , a < b és 0 ≤ λ ≤ 1 esetén

f (λa + (1 − λ)b) ≤ λf (a) + (1 − λ)f (b).

Speciálisan (a λ := 1/2 választással)

f x + y

2 ≤ f (x) + f (y)

2 (x, y

∈ Df ).

Az f függvényt konkávnak fogjuk nevezni, ha minden a, b ∈ Df , a < b és 0 ≤ λ ≤ 1 mellett

f (λa + (1 − λ)b) ≥ λf (a) + (1 − λ)f (b).

Az előbbiekhez hasonlóan λ := 1/2 esetén

f

x + y

2

≥ f (x) + f (y)

2 (x, y ∈ Df ).

A következő tétel alapvető fontosságú a későbbiek szempontjából.

7.5.11. Tétel. Tegyük fel, hogy az f ∈ R → R függvény értelmezési tartománya intervallum. Ekkor:

a) az f konvex volta azzal ekvivalens, hogy bármely a ∈ Df esetén a ∆af különb-ségihányados-függvény monoton növekedő;

b) az f konkáv volta azzal ekvivalens, hogy bármely a ∈ Df esetén a ∆af különbségihányados-függvény monoton fogyó.

Bizonyítás. Tegyük fel először, hogy az f konvex. Ha a ∈ Df és x, t ∈ Df \ a,x < t, akkor három eset lehetséges:

1o a < x < t, ekkor a

λ := t − x

t − a ∈ (0, 1)




számmal x = λa + (1 − λ)t, következésképpen az f feltételezett konvexitása miatt

∆af (x) = f (x) − f (a)

x − a ≤ λf (a) + (1 − λ)f (t) − f (a)

λa + (1 − λ)t − a =

f (t) − f (a)

t − a = ∆af (t),

így ∆af (x) ≤ ∆af (t);2o x < t < a, ekkor a

λ := a − t

a − x ∈ (0, 1)

számmal t = λx + (1 − λ)a, ezért az f konvexitása alapján most t − a < 0 miatt

∆af (t) = f (t) − f (a)

t − a ≥ λf (x) + (1 − λ)f (a) − f (a)

λx + (1 − λ)a − a =

f (x) − f (a)

x − a = ∆af (x),

így ∆af (x) ≤ ∆af (t);

3o x < a < t, amikor is vegyük észre, hogy

∆af (x) = f (x) − f (a)

x − a =

f (a) − f (x)

a − x = ∆xf (a).

Innen az 1o esetet figyelembe véve (az x ←→ a szerepcserével)

∆xf (a) ≤ ∆xf (t) = ∆tf (x),

amiből meg 2o szerint (a t ←→ a szerepcserével)

∆tf (x) ≤ ∆tf (a) = ∆af (t)

következik. Mindent egybevetve tehát ismét csak azt kapjuk, hogy ∆af (x) ≤ ∆af (t).Ezzel beláttuk azt, hogy az f konvexitásából az a) állításban jelzett monotonitás követ-

kezik. Most mutassuk meg ezt"

fordítva", amihez tegyük fel, hogy minden a ∈ Df melletta ∆af függvény monoton növekedő. Legyen u, v ∈ Df , u < v és 0 ≤ λ ≤ 1. Mivel az

f (λu + (1 − λ)v) ≤ λf (u) + (1 − λ)f (v)

egyenlőtlenség λ = 0 vagy λ = 1 esetén triviális, ezért feltehető, hogy 0 < λ < 1. Ac := λu + (1 − λ)v jelöléssel tehát u < c < v, így a ∆cf függvény monoton növekedésealapján

∆cf (u) = f (u) − f (c)u − c

= f (u) − f (c)(1 − λ)(u − v)

≤ ∆cf (v) = f (v) − f (c)v − c

= f (v) − f (c)λ(v − u)

.

Innenλ(f (c) − f (u)) ≤ (1 − λ)(f (v) − f (c)),




tehátf (c) = f (λu + (1 − λ)v) ≤ λf (u) + (1 − λ)f (v)

adódik. Ez azt jelenti, hogy az f függvény konvex, amivel az a) állítást bebizonyítottuk.

A b) állítás analóg módon igazolható.

Differenciálható függvények konvexitásáról-konkávitásáról a következőt tudjuk mondani.

7.5.12. Tétel. Tegyük fel, hogy a differenciálható f ∈ R → R függvény értelmezési tartománya nyílt intervallum. Ekkor:

a) az f konvex volta azzal ekvivalens, hogy az f ′ deriváltfüggvény monoton növe-kedő;

b) az f konkáv volta azzal ekvivalens, hogy az f ′ deriváltfüggvény monoton fogyó.

Bizonyítás. Tegyük fel először, hogy az f konvex. Ekkor a 7.5.11. Tétel szerintbármelyik a ∈ Df esetén a ∆af függvény monoton növekedő. Ha tehát x ∈ Df , akkor (ld.5.3.5. Tétel)

f ′(x) = limx

∆xf = limx+0

∆xf = inf ∆xf (t) : x < t ∈ Df .

Innen világos, hogy bármely z ∈ Df , x < z mellett

f ′(x) ≤ ∆xf (z ) = ∆zf (x) ≤ sup∆zf (t) : z > t ∈ Df ,

ahol (ld. 5.3.5. Tétel)

sup∆zf (t) : z > t ∈ Df = limz−0

∆zf = limz

∆zf = f ′(z ).

Következésképpen f ′(x) ≤ f ′(z ), más szóval az f ′ deriváltfüggvény monoton növekedő.

Induljunk ki most abból, hogy az f ′ deriváltfüggvény monoton növekedő, és lássuk be,hogy az f konvex. Legyen ehhez a, b ∈ Df , a < b, ekkor a 7.5.3. Tétel miatt egy alkalmasξ ∈ (a, b) esetén

f (b) − f (a)

b − a = f ′(ξ ).

Tekintsük aϕ(x) := f (a) + f ′(ξ )(x − a) − f (x) (x ∈ (a, b))

függvényt. Ha λ ∈ [0, 1], akkor a c := λa + (1 − λ)b jelöléssel

λf (a) + (1 − λ)f (b) − f (λa + (1 − λ)b) = ϕ(c).




Az f konvexitásához tehát elég azt belátni, hogy ϕ(x) ≥ 0 (x ∈ [a, b]). Világos, hogyϕ ∈ Dx és

ϕ′(x) = f ′(ξ ) − f ′(x) (x ∈ (a, b)),

ezért az f ′ monoton növekedése miatt

ϕ′(x) ≥ 0 (a < x < ξ ) , ϕ′(x) ≤ 0 (ξ < x < b).

Ezért (ld. 7.5.5. Tétel, ill. 7.5.8. Lemma) a ϕ|[a,ξ] függvény monoton növekedő, a ϕ|[ξ,b]

pedig monoton fogyó. Innen a nyilvánvaló ϕ(a) = ϕ(b) = 0 egyenlőségek alapján márnyilván következik, hogy ϕ(x) ≥ 0 (x ∈ [a, b]).

Ezzel a tétel a) részét beláttuk, a b) állítás hasonlóan bizonyítható be.

Emlékeztetünk a differenciálható függvényekkel kapcsolatban bevezetett érintő fogalmára(ld. 7.2. vii) megjegyzés). Nevezetesen, legyen valamilyen f ∈ R → R függvény eseténa ∈

intDf és f

∈D

a

. Ekkor az

ea(x) := f (a) + f ′(a)(x − a) (x ∈ R)

függvény ("

egyenes") az f függvény a-beli érintője.

7.5.13. Tétel. Legyen a differenciálható f ∈ R → R függvény értelmezési tartomá-nya nyílt intervallum. Ekkor:

a) az f konvexitása azzal ekvivalens, hogy bármely a ∈ Df esetén

f (x) ≥ ea(x) (x ∈ Df );

b) az f konkávitása azzal ekvivalens, hogy bármely a ∈ Df esetén

f (x) ≤ ea(x) (x ∈ Df ).

Bizonyítás. Ha az f konvex, akkor a 7.5.12. Tétel értelmében az f ′ deriváltfüggvénymonoton növekedő. Legyen a ∈ Df és

ϕ(x) := f (x) − ea(x) (x ∈ Df ).

Ekkor ϕ ∈ D és ϕ′(x) = f ′(x)−f ′(a) (x ∈ Df ). Világos, hogy ϕ′(a) = 0 és az f ′ monotonnövekedése miatt

ϕ′(x) ≤ 0 ≤ ϕ′(t) (x, t ∈ Df , x ≤ a ≤ t).




A 7.5.5. Tétel szerint (ld. még 7.5.8. Lemma) tehát a ϕ függvény a (−∞, a] ∩ Df in-tervallumon monoton fogyó, az [a, +∞) ∩ Df intervallumon pedig monoton növő. Mivelϕ(a) = 0, ezért ϕ(x) ≥ 0 (x ∈ Df ). Más szóval f (x) ≥ ea(x) (x ∈ Df ).

Ha az utóbbi (minden Df ∋ a-ra feltételezett) egyenlőtlenségből indulunk ki, akkor

könnyen adódik az f ′

deriváltfüggvény monoton növekedése (és így a 7.5.12. Tétel alapjánaz f konvexitása). Legyen ui. a, b ∈ Df és a < b. Ekkor

f (b) ≥ ea(b) = f (a) + f ′(a)(b − a)

ésf (a) ≥ eb(a) = f (b) + f ′(b)(a − b).

A két utóbbi egyenlőtlenséget összeadva azt kapjuk, hogy

f (b) + f (a) ≥ f (a) + f (b) + (f ′(a) − f ′(b))(b − a).

Innen egyszerűsítés után 0 ≥ f

′

(a) − f

′

(b), azaz f

′

(a) ≤ f

′

(b) következik.A tétel b) része ugyanígy igazolható.

A 7.5.12. Tétel, ill. a 7.5.13. Tétel könnyen kiterjeszthető olyan függvényekre is, ame-lyeknek az értelmezési tartománya ugyan intervallum, de nem feltétlenül nyílt intervallum.Tegyük fel pl., hogy a ∈ R, b ∈ R, a < b és az f : [a, b) → R függvényre az alábbiak telje-sülnek: az (a, b) nyílt intervallumra leszűkített f |(a,b) függvény konvex és f ∈ Ca. Ekkormaga az f függvény is konvex. Ui. a 7.5.11. Tétel szerint ehhez azt kell megmutatni, hogybármely u ∈ [a, b) esetén a ∆uf függvény monoton növő. Az f |(a,b) konvexitása miatt ezteljesül akkor, ha u ∈ (a, b). Ezért elég azt meggondolni, hogy a ∆af függvény is monotonnövő, azaz

∆af (x) ≤ ∆af (t) (x, t ∈ (a, b), x < t).

Legyen itt (an) : N → (a, x) olyan sorozat, amely konvergens és lim(an) = a. Ekkor azf ∈ Ca feltétel és az 5.5.2. Tétel alapján f (a) = lim (f (an)). Így

∆anf (x) ≤ ∆anf (t) (n ∈ N)

miatt

∆af (x) = f (x) − f (a)

x − a = lim

n→∞

f (x) − f (an)

x − an=

limn→∞

∆anf (x) ≤ limn→∞

∆anf (t) = ∆af (t).

Az f ∈ R → R függvénynek az előbbiekben vizsgált"

globális alaki" jellemzői(konvexitás-konkávitás) mellett egy fontos

"lokális" tulajdonsága lehet az inflexió. Ez utóbbi

értelmezéséhez tegyük fel, hogy valamilyen a ∈ intDf helyen f ∈ Da. Ha az f függvényés az a-beli ea érintőjének a különbsége, azaz az f − ea függvény jelet vált az a-ban, akkor




azt mondjuk, hogy az f függvénynek az a helyen inflexiója van (vagy másképp fogalmazvaaz a pont inflexiós helye az f -nek). Erre vonatkozóan fogalmaz meg elégséges feltételt akövetkező állítás.

7.5.14. Tétel. Tegyük fel, hogy az f ∈ R → R függvény az a ∈ intDf pont va-lamilyen környezetében differenciálható, és az f ′ deriváltfüggvénynek az a-ban lokális szélsőértéke van. Ekkor az f -nek az a-ban inflexiója van.

Bizonyítás. Tekintsük a

ϕ(x) := f (x) − ea(x) = f (x) − f (a) − f ′(a)(x − a) (x ∈ Df )

függvényt. Ha r > 0 olyan, hogy (a − r, a + r) ⊂ Df és minden x ∈ (a − r, a + r) eseténf ∈ Dx, akkor ϕ ∈ Dx (x ∈ (a − r, a + r)) is igaz és

ϕ′(x) = f ′(x) − f ′(a) (x ∈ (a − r, a + r)).

Ha pl. az a lokális maximumhelye az f ′-nek (amennyiben lokális minimumhelye, úgy azalábbi gondolatmenet értelemszerűen módosítható), akkor egy alkalmas 0 < ρ ≤ r mellett

f ′(x) ≤ f ′(a) (x ∈ (a − ρ, a + ρ)).

Következésképpenf ′(x) − f ′(a) ≤ 0 (x ∈ (a − ρ, a + ρ)),

ami a 7.5.5. Tétel alapján azt jelenti, hogy a ϕ|(a−ρ,a+ρ) leszűkített függvény monoton fogyó.

Mivel ϕ(a) = 0, ezért

ϕ(x) ≥ 0 ≥ ϕ(t) (a − ρ < x ≤ a ≤ t < a + ρ).

Tehát ϕ az a-ban jelet vált, így f -nek az a-ban inflexiója van.

Folytassuk a lokális tulajdonságok vizsgálatát a lokális monotonitással. Legyen ehhezvalamilyen f ∈ R → R függvény esetén a ∈ int Df . Tegyük fel, hogy egy alkalmas r > 0mellett az alábbiak teljesülnek: (a − r, a + r) ⊂ Df és

f (x) ≤ f (a) ≤ f (t) (a − r < x ≤ a ≤ t < a + r).

Ekkor azt mondjuk, hogy az f függvény az a-ban lokálisan növő. Értelemszerűen az f függvény az a-ban lokálisan fogyó, ha (az előbbi jelölésekkel)

f (x) ≥ f (a) ≥ f (t) (a − r < x ≤ a ≤ t < a + r).




Összefoglalva azt mondjuk, hogy az f függvény az a-ban lokálisan monoton, ha az a-banlokálisan növő, vagy lokálisan fogyó. Világos, hogy ha az f függvény egy I nyílt interval-lumon (

"globális értelemben") monoton, akkor az I minden pontjában lokálisan is monoton.

Könnyű példát adni ugyanakkor arra, hogy egy függvény egy pontban lokálisan monoton,de az illető pont bármely környezetére leszűkítve a függvényt ez a leszűkítés nem monoton.Legyen ui.

f (x) :=

0 (x ∈ Q)

1 (0 < x ∈ R \Q)

−1 (0 > x ∈ R \Q).

Ekkor az f függvény a 0-ban (triviálisan) lokálisan növő, de az is nyilvánvaló, hogy a szóbanforgó függvény nem monoton.

Differenciálható függvények lokális monotonitását illetően az alábbiakat mondhatjuk.

7.5.15. Tétel. Legyen f ∈ R → R, a ∈ intDf , és f ∈ Da. Ekkor:

a) f ′(a) > 0 esetén az f függvény az a-ban lokálisan növő;

b) ha az f függvény az a-ban lokálisan növő, akkor f ′(a) ≥ 0;

c) f ′(a) < 0 esetén az f függvény az a-ban lokálisan fogyó;

d) ha az f függvény az a-ban lokálisan fogyó, akkor f ′(a) ≤ 0.

Bizonyítás. Tegyük fel először, hogy

f ′(a) = limx→a

f (x) − f (a)

x − a > 0.

Ekkor van olyan r > 0, amellyel (a − r, a + r) ⊂ Df , és

f (x) − f (a)

x − a > 0 (a = x ∈ (a − r, a + r)).

Ha itt x > a, akkor x − a > 0 miatt f (x) − f (a) > 0 is igaz, így f (x) > f (a). Ha viszontx < a, akkor x − a < 0 és ezért f (x) − f (a) < 0, tehát f (x) < f (a). Következésképpen azf függvény az a-ban lokálisan monoton növő.

Ezzel az a) állítást beláttuk. Ha most azt tesszük fel, hogy az f az a-ban lokálisanmonoton növő, akkor egy alkalmas r > 0 esetén (a − r, a + r) ⊂ Df , és

f (x) ≤ f (a) ≤ f (t) (a − r < x ≤ a ≤ t < a + r).




Következésképpen

f (x) − f (a)

x − a ≥ 0 (a − r < x < a) ,

f (t) − f (a)

t − a ≥ 0 (a < t < a + r).

Más szóval∆af (z ) =

f (z ) − f (a)

z − a ≥ 0 (a = z ∈ (a − r, a + r)).

Ezért f ′(a) = limz→a ∆af (z ) ≥ 0.

A c), d) állítások hasonlóan láthatók be.

A konvexitás (konkávitás) 7.5.13. Tételbeli jellemzése apropóján vezessük be a lokáliskonvexitás (konkávitás) fogalmát. Legyen ehhez f ∈ R → R és a ∈ intDf , f ∈ Da.Azt mondjuk, hogy az f függvény az a-ban lokálisan konvex, ha van olyan r > 0, amellyel(a − r, a + r) ⊂ Df , és

f (x) ≥ ea(x) = f (a) + f ′(a)(x − a) (x ∈ (a − r, a + r)).

Ha az előbbiekben

f (x) ≤ ea(x) = f (a) + f ′(a)(x − a) (x ∈ (a − r, a + r))

teljesül, akkor az f függvény az a-ban lokálisan konkáv. A 7.5.13. Tétel alapján nyilvánvaló,hogy egy I nyílt intervallumon értelmezett differenciálható (

"globálisan") konvex (konkáv)

függvény az I minden pontjában lokálisan konvex (konkáv). Az alábbi példa azt mutatja,hogy (a lokális monotonitás és a globális monotonitás viszonyához hasonlóan) a valamilyenpontbeli lokális konvexitásból (konkávitásból) nem következik az illető pont egy alkalmaskörnyezetén a függvény konvexitása (konkávitása). Tekintsük ui. az

f (x) :=

0 (x = 0)

x2· sin2(1/x) (0 = x ∈ R)

függvényt. Ekkor az ún."

műveleti szabályok" (ld. 7.3.1., 7.3.2.. 7.3.5. Tételek) alapjánf ∈ Dx (0 = x ∈ R), és

f ′(x) = 2x· sin2(1/x) + x2· 2 sin(1/x)· cos(1/x)· (−1/x2) = 2x· sin2(1/x) − sin(2/x).

Ugyanakkor könnyen láthatóan f ∈ D0 is igaz, és f ′(0) = 0. Ugyanis limx→0 x = 0 és0 ≤ sin2(1/x) ≤ 1 (0 = x ∈ R) miatt

limx→0

f (x) − f (0)

x − 0 = lim

x→0

f (x)

x = lim

x→0(x· sin2(1/x)) = 0.




Ezért azf (x) − e0(x) = f (x) − (f (0) + f ′(0)· x) = f (x) ≥ 0 (x ∈ R)

egyenlőtlenség triviálisan teljesül, következésképpen az f függvény a 0-ban lokálisan konvex.Viszont a

∆0f (x) = x· sin2

(1/x) (0 = x ∈ R)differenciahányados-függvény tetszőleges r > 0 mellett nem monoton növő a (−r, r) inter-vallumon. Valóban (ld. 6.7.), az

xn := 1

nπ > z n :=

2

(4n + 1)π (0 < n ∈ N)

helyeken ∆0f (xn) = 0, ∆0f (z n) = 1. Világos, hogy lim(xn) = lim(z n) = 0, ezért alkalmasN ∈ N esetén xn, z n ∈ (−r, r) (N < n ∈ N).

7.5.16. Tétel. Az f ∈ R → R függvényről tegyük fel, hogy valamilyen a ∈ int Df ,r > 0 esetén (a − r, a + r) ⊂ Df , és f ∈ Dx (x ∈ (a − r, a + r)). Ekkor az alábbiak teljesülnek:

a) ha az f ′ deriváltfüggvény az a-ban lokálisan növő, akkor az f függvény az a-ban lokálisan konvex;

b) ha az f ′ deriváltfüggvény az a-ban lokálisan fogyó, akkor az f függvény az a-ban lokálisan konkáv.

Bizonyítás. Az a) állítás bizonyítását részletezzük, a b) állításé hasonlóan végezhető el.Tegyük fel tehát, hogy az f ′ deriváltfüggvény az a-ban lokálisan növő. Ez azt jelenti, hogyegy alkalmas 0 < ρ ≤ r esetén

f ′(x) ≤ f ′(a) ≤ f ′(t) (a − ρ < x ≤ a ≤ t < a + ρ).

Ezért f ′(x) − f ′(a) ≤ 0 (a − ρ < x ≤ a), és f ′(t) − f ′(a) ≥ 0 (a ≤ t < a + ρ). Mindebbőlazt kapjuk, hogy a differenciálható

ϕ(x) := f (x) − ea(x) = f (x) − f (a) − f ′(a)(x − a) (x ∈ (a − ρ, a + ρ))

függvényreϕ′(x) = f ′(x) − f ′(a) ≤ 0 (a − ρ < x ≤ a)

ésϕ′(t) = f ′(t) − f ′(a) ≥ 0 (a ≤ t < a + ρ).




Innen (ld. 7.5.5. Tétel, ill. 7.5.8. Lemma) az következik, hogy a ϕ|(a−ρ,a] leszűkített függvény

monoton fogyó, a ϕ|[a,a+ρ) leszűkített függvény pedig monoton növő. Mivel ϕ(a) = 0, ezért

ϕ(x) ≥ 0, azaz f (x) ≥ ea(x) (x ∈ (a − ρ, a + ρ)). Tehát az f függvény az a-ban lokálisankonvex.

A differenciálható függvényekkel kapcsolatos vizsgálatok egyik hatékony eszköze azalábbi, a témakör

"populárisan" is egyik legismertebb állítása.

7.5.17. Tétel (L’Hospital). Tegyük fel, hogy a, b ∈ R, a < b, és a differenciálható f, g : (a, b) → R függvényekre a következők teljesülnek:

1o g′(x) = 0 (a < x < b);

2o lima f = lima g = 0, vagy lima f = ±∞ és lima g = ±∞;

3o létezik az A := lima(f ′/g′) határérték.

Ekkor létezik a lima(f /g) határérték is, és lima(f /g) = A. Mindez igaz marad akkor is, ha a 2o, 3o feltételekben az a-t b-re cseréljük: ekkor létezik a limb(f /g) határérték és limb(f /g) = limb(f ′/g′).

Bizonyítás. Vizsgáljuk első esetként azt, amikor a ∈ R, és lima f = lima g = 0. HaA ∈ R, akkor bármely ε > 0 számhoz megadható a d ∈ (a, b) úgy, hogy

f ′(x)

g′(x) − A

< ε (a < x < d).

Legyen a < x < d, és F, G : [a, x] → R a következő függvény:

F (t) :=

0 (t = a)

f (t) (a < t ≤ x), G(t) :=

0 (t = a)

g(t) (a < t ≤ x).

Ekkorlima

F = lima

f = 0 = F (a) , lima

G = lima

g = 0 = G(a)

miatt F, G ∈ Ca, ill. hasonlóan F, G ∈ Cx. Továbbá bármely t ∈ (a, x) esetén

F, G ∈ Dt, és F ′

(t) = f ′

(t), ill. G′

(t) = g′

(t) = 0. A Cauchy-féle középérték-tétel (ld.7.5.4. Tétel) szerint tehát egy alkalmas ξ x ∈ (a, x) helyen

(∗) f (x)

g(x) =

F (x) − F (a)

G(x) − G(a) =

F ′(ξ x)

G′(ξ x) =

f ′(ξ x)

g′(ξ x).




Következésképpen a nyilvánvaló a < ξ x < d egyenlőtlenség miatt

f (x)

g(x) − A

=

f ′(ξ x)

g′(ξ x) − A

< ε (a < x < d).

Ez pontosan azt jelenti, hogy létezik a lima(f /g) = A határérték.Ha az előbbiekben A /∈ R, pl. A = +∞ (az A = −∞ eset hasonlóan vizsgálható),

akkor tetszőleges 0 p (a < x < d).

Ezért (∗) szerint egyúttal

f (x)

g(x) =

f ′(ξ x)

g′(ξ x) > p (a < x < d)

is teljesül. Tehát létezik a lima(f /g) = A = +∞ határérték.

Most azt tegyük fel, hogy a ∈R mellett lima f = lima g = +∞. (Az egyéb esetek – pl.lima f = +∞, lima g = −∞, stb. – értelemszerű módosítással kezelhetők). Ekkor létezikolyan a < d0 < b, amellyel

f (x) > 0 , g(x) > 0 (a < x < d0).

Így bármely a < d1 < d0 esetén

f (x) − f (d1)

g(x) − g(d1)

= f (x)

g(x) ·1 − f (d1)/f (x)

1 − g(d1)/g(x)

=: f (x)

g(x) ·T (x) (a < x < d1).

Mivel lima f = lima g = +∞, ezért (ld. 5.3.3. Tétel)

limx→a

(f (d1)/f (x)) = limx→a

(g(d1)/g(x)) = 0,

amiből (ld. 5.3.3. Tétel)

limx→a

1 − f (d1)/f (x)

1 − g(d1)/g(x) = lim

x→aT (x) = 1

következik. Innen az is adódik (ld. 5.3.3. Tétel), hogy egyúttal limx→a (1/T (x)) = 1 is

igaz. Ezért egy alkalmas d ∈ (a, d1) mellett bármely a < x < d helyen T (x) = 0. Aztmondhatjuk most már, hogy

f (x)

g(x) =

1

T (x)· f (x) − f (d1)

g(x) − g(d1) (a < x < d),




ahol a 7.5.4. Tétel szerint valamilyen ξ x ∈ (x, d1) választással

f (x) − f (d1)

g(x) − g(d1) =

f ′(ξ x)

g′(ξ x).

Ha A ∈ R, akkor tetszőleges ε > 0 számhoz a fenti d1 megadható úgy is, hogyf ′(t)

g′(t) − A

< ε (a < t < d1).

Továbbá létezik az a < d < d1 egyenlőtlenségnek eleget tevő olyan d, amellyel

1

|T (x)| < 2 ,

1

T (x) − 1

< ε (a < x < d).

Ezért a fentiek szerint

f (x)g(x)

− A = 1T (x)

· f ′

(ξ x)g′(ξ x)

− A = 1T (x)

· f ′

(ξ x)g′(ξ x)

− 1T (x)

· A + 1T (x)

· A − A ≤ 1

T (x)

·f ′(ξ x)

g′(ξ x) − A

+ |A|· 1

T (x) − 1

< (2 + |A|)· ε (a < x < d).

Ez nem jelent mást, mint azt, hogy létezik a lima(f /g) = A határérték.

Ha az előbbiekben (pl.) A = +∞, akkor tetszőleges p ∈ R számhoz válasszuk a fentid1-et úgy, hogy

f ′(t)

g′(t) > p (a < t < d1),

az a < d < d1 számot pedig úgy, hogy 1/T (x) > 1/2 (a < x < d). Ekkor

f (x)

g(x) =

1

T (x)· f ′(ξ x)

g′(ξ x) >

p

2 (a < x < d).

Tehát létezik a lima(f /g) = A = +∞ határérték.

A limb(f /g) határértékre vonatkozó állítás bizonyítása (véges b esetén) analóg módonvégezhető el.

Vizsgáljuk a továbbiakban a még"

hiányzó" a = −∞, b = +∞ eseteket (a −∞ = a-rarészletezve a bizonyítást). Legyen ekkor

−∞ < c < min0, b,

ésF (x) := f (1/x) , G(x) := g(1/x) (x ∈ (1/c, 0)).




Ha (xn) : N → (1/c, 0) és lim(xn) = 0, akkor könnyen láthatóan lim(1/xn) = −∞. Ezért(ld. 5.3.2. Tétel) léteznek a

lim(F (xn)) = lim(f (1/xn)) = lim−∞

f,

lim(G(xn)) = lim (g(1/xn)) = lim−∞ g

határértékek. Innen az 5.3.2. Tétel alapján azt kapjuk, hogy a

lim0

F = lim−∞

f , lim0

G = lim−∞

g

határértékek is léteznek. Továbbá a 7.3.2. Tétel szerint F, G ∈ D, és

F ′(x) = − 1

x2· f ′(1/x) , G′(x) = − 1

x2· g′(1/x) (1/c < x < 0).

Innen világos, hogy G′(x)

= 0 (1/c < x < 0). A fenti (xn) sorozattal (ld. 5.3.2. Tétel)

lim

F ′(xn)

G′(xn)

= lim

f ′(1/xn)

g′(1/xn)

= lim

−∞(f ′/g′).

Tehát ismét csak az 5.3.2. Tétel alapján létezik a

lim0

(F ′/G′) = lim−∞

(f ′/g′)

határérték. Következésképpen a bizonyítás első része (véges b eset) szerint (a b := 0 válasz-tással) létezik a

lim0

(F/G) = lim0

(F ′/G′) = lim−∞

(f ′/g′)

határtérték. Viszont a fentiekben már alkalmazott gondolatmenettel azt kapjuk, hogy létezika

lim−∞

(f /g) = lim0

(F/G)

határérték is, éslim−∞

(f /g) = lim−∞

(f ′/g′).

Az előző tételben formálisan intervallumon értelmezett függvények hányadosának az in-tervallum végpontjaiban vett határértékéről van szó. Könnyűszerrel átfogalmazható azonban

az említett állítás úgy, hogy az a hely, ahol a szóban forgó határértékeket vizsgáljuk, ne fel-tétlenül egy intervallum végpontja legyen. Világos ui. (a jobb és bal oldali határérték, ill.a határérték viszonyára gondolva (ld. 5.3.4. Tétel)), hogy a 7.5.17. Tétel ekvivalens akövetkezővel:




7.5.18. Tétel (L’Hospital). Tegyük fel, hogy a, b ∈ R, a < c < b, és a differenciálható f, g : (a, b) \ c → R függvényekre a következők teljesülnek:

1o g′(x) = 0 (c = x ∈ (a, b));

2

o

limc f = limc g = 0, vagy limc f = ±∞ és limc g = ±∞;3o létezik az A := limc(f ′/g′) határérték.

Ekkor létezik a limc(f /g) határérték is, és limc(f /g) = A.

A fenti"

L’Hospital-szabállyal" kapcsolatban jegyezzük meg az alábbiakat. Tegyük fel,hogy valamilyen −∞ ≤ a < b ≤ +∞ esetén adottak az f, g : (a, b) → R függvények,g(x) = 0 (a < x < b), és léteznek a

limx→a

g(x) = 0 , α := limx→a

f (x)

g(x) ∈R

határértékek. Ekkor létezik alimx→a

f (x) = 0

határérték is. Ellenkező esetben ui. lenne olyan ε > 0 szám, hogy tetszőleges a < c < bmellett egy xc ∈ (a, c) helyen |f (xc)| > ε. Ugyanakkor limx→a g(x) = 0 miatt bármilyenσ > 0 számhoz van olyan a < d < b, hogy 0 < |g(x)| < σ (a < x < d). Az α definíciójamiatt létezik olyan a < e < b, amellyel

(∗)

f (x)

g(x)

≤

f (x)

g(x) − α

+ |α| < 1 + |α| (a < x < e).

Válasszuk az előbbi σ-t úgy, hogy ε/σ > 1 + |α| teljesüljön. Ekkor a fenti d-ről nyilvánfeltehető, hogy d < e, ezért (a c := d szereposztással)f (xd)

g(xd)

> ε

σ > 1 + |α|.

Ez nyilván ellentmond (∗)-nak.

Legyen a ∈ R és f : (a, +∞) → R. Azt mondjuk, hogy (α, β ∈R esetén) az

ℓ(x) := αx + β (x ∈R

)egyenes az f függvény aszimptotája a +∞-ben, ha lim+∞(f − ℓ) = 0. Az utóbbi esetbentehát

limx→+∞

(f (x) − αx − β ) = 0,




amiből (ld. 5.3.3. Tétel)β = lim

x→+∞(f (x) − αx).

Mivel az x > max0, a helyeken

f (x) − ℓ(x)x = f (x)x − α − β x ,

és lim+∞(f − ℓ) = 0 esetén limx→+∞ x = +∞ miatt (ld. 5.3.3. Tétel)

limx→+∞

f (x) − ℓ(x)

x = 0,

ezért

limx→+∞

f (x)

x − α − β

x

= 0.

Világos, hogy itt limx→+∞(β/x) = 0, ezért (ld. 5.3.3. Tétel) létezik a

limx→+∞

f (x)

x − α

= 0

határérték is, és így

α = limx→+∞

f (x)

x .

Könnyű meggondolni, hogy a most mondottak"

fordítva" is elmondhatók, más szóval igaz akövetkező állítás: az f : (a, +∞) → R függvénynek akkor és csak akkor van aszimptotája a+∞-ben, ha léteznek az

α := limx→+∞

f (x)

x ∈ R , β := limx→+∞ (f (x) − αx) ∈ R(véges) határértékek. Ekkor az

ℓ(x) := αx + β (x ∈ R)

egyenes az f függvény aszimptotája a +∞-ben.

Analóg módon értelmezzük a −∞-beli aszimptotát. Ha f : (−∞, a) → R (valamilyena ∈ R esetén), és az előbbi ℓ-re lim−∞(f − ℓ) = 0, akkor az ℓ egyenes az f függvény−∞-beli aszimptotája. Mindez akkor és csak akkor teljesül, ha léteznek az

α := limx→−∞

f (x)

x ∈ R , β := limx→−∞ (f (x) − αx) ∈ R(véges) határérték. Ekkor az

ℓ(x) := αx + β (x ∈ R)




egyenes az f függvény aszimptotája a −∞-ben.

Ha az f : (a, +∞) → R (vagy f : (−∞, a) → R) függvény differenciálható, és létezik alim+∞ f ′ (vagy lim−∞ f ′) véges határérték, akkor a

g(x) := x (x∈

(a, +∞

)) (vagy g(x) := x (x∈

(−∞

, a)))

szereposztással alkalmazható a 7.5.17. Tétel. Következésképpen a fentiekben szereplő α-rólazt mondhatjuk, hogy

α = lim+∞

f

g = lim

+∞f ′

vagy α = lim

−∞

f

g = lim

−∞f ′

.

7.5.2. Speciális függvények

Emlékeztetünk a (valós) sin, cos függvények definíciójára:

sin x =∞n=0

(−1)n x2n+1

(2n + 1)! , cos x =

∞n=0

(−1)n x2n

(2n)! (x ∈ R).

Tudjuk (ld. 7.3.5. Tétel), hogy sin, cos ∈ D, és sin′ = cos, cos′ = − sin . Továbbá (ld. 6.7.)a sin, cos függvények 2π-szerint periodikusak, ahol

π := 2· inf ξ > 0 : cos ξ = 0 ∈ (0, 4),

éscos(π/2) = sin π = 0, sin(π/2) = 1,

cos x > 0 (−π/2 < x < π/2) , sin x > 0 (0 < x < 2).

Speciálisan sin x > 0 (0 < x ≤ π/2), amiből sin x > 0 (π/2 < x < π) is adódik. Ha ui.π/2 < x < π, akkor x − π/2 ∈ (0, π/2), következésképpen (ld. 4.6. v) megjegyzés)

0 < sin(x − π/2) = sin x· cos(π/2) − cos x· sin(π/2) = − cos x.

Ezért sin′(x) = cos x < 0, így (ld. 7.5.7. Tétel, ill. 7.5.8. Lemma) a sin|[π/2,π] leszűkített

függvény szigorúan monoton fogyó. Mivel sin(π/2) = 1, sin(π) = 0, tehát valóban igaz,hogy sin x > 0 (π/2 < x < π).

Innen - lévén a sin páratlan függvény: sin(−x) = − sin x (x ∈ R) - az is rögtönkövetkezik, hogy a [0, 2π) intervallumban pontosan két gyöke van a sin függvénynek, ezeka 0 és a π. Figyelembe véve a 2π-szerinti periodicitást azt mondhatjuk, hogy

x ∈ R : sin x = 0 = kπ : k ∈ Z.




Ugyanakkor (ld. 4.6. v) megjegyzés)

sin(x − π/2) = sin x· cos(π/2) − cos x· sin(π/2) = cos x (x ∈ R),

amiből a cos függvény gyökhelyeit is megkapjuk:

x ∈ R : cos x = 0 = π/2 + kπ : k ∈ Z.

Jegyezzük meg, hogy Rsin = Rcos = [−1, 1], sőt,

Rsin|[−π/2,π/2]= Rcos|[0,π]

= [−1, 1].

Ti. (pl.) a sin|[−π/2,π/2] függvény folytonos, intervallumon értelmezett, így (ld. 5.5.7. Tétel)

Rsin|[−π/2,π/2]is intervallum. A sin2 x +cos2 x = 1 (x ∈ R) Pitagoraszi-összefüggés (ld. 4.6.

vi) megjegyzés) alapján | sin x| ≤ 1 (x ∈ R), tehát Rsin|[−π/2,π/2]⊂ [−1, 1]. Figyelembe

véve, hogy sin(−π/2) = −1, sin(π/2) = 1, már világos, hogy az előbbi ⊂ szimbólum helyettegyenlőség írható. (A cos-ra vonatkozó állítást analóg módon láthatjuk be.)

Tehátsin′(x) = cos x > 0 (−π/2 < x < π/2),

így (ld. 7.5.7. Tétel, ill. 7.5.8. Lemma) a sin|[−π/2,π/2] leszűkített függvény szigorúan

monoton növő, tehát invertálható. Legyen az arkuszszinuszfüggvény (jelölésben arcsin) azutóbbi leszűkítés inverze:

arcsin := sin−1|[−π/2,π/2]

.

Ekkor arcsin : [−1, 1] → [−π/2, π/2], és

arcsin(−1) = −π/2 , arcsin(0) = 0 , arcsin(1) = π/2.

Továbbá (ld. 5.5.13. Tétel) az arcsin függvény folytonos, és (ld. 7.3.3. Tétel) mindenx ∈ (−1, 1) helyen arcsin ∈ Dx, ahol

arcsin′(x) = 1

sin′ (arcsin(x)) =

1

cos (arcsin(x)) (x ∈ (−1, 1)).

Mivel itt arcsin(x) ∈ (−π/2, π/2), ezért cos(arcsin(x)) > 0. Következésképpen a Pitagora-szi-összefüggés (ld. 4.6. vi) megjegyzés) szerint

cos (arcsin(x)) = 1 − sin2 (arcsin(x)) = √ 1 − x2,

ezértarcsin′(x) =

1√ 1 − x2

(x ∈ (−1, 1)).




Az előbbiekhez hasonlóan azt mondhatjuk, hogy

cos′(x) = − sin x < 0 (0 < x < π),

más szóval (ld. 7.5.7. Tétel, ill. 7.5.8. Lemma) a cos|[0,π] leszűkített függvény szigorúan

monoton fogyó. Legyen az arkuszkoszinuszfüggvény (jelölésben arccos) ennek a leszűkítésnekaz inverze:arccos := cos−1

|[0,π].

Világos, hogy arccos : [−1, 1] → [0, π], és

arccos(−1) = π , arccos(0) = π/2 , arccos(1) = 0.

Az 5.5.13. Tétel alapján az arccos függvény szintén folytonos, ill. a 7.3.3. Tétel szerintarccos ∈ Dx (x ∈ (−1, 1)), ahol

arccos′(x) = 1

cos′ (arccos(x)) = − 1

sin (arccos(x)) (x ∈ (−1, 1)).

Az előbbi x-ekre arccos(x) ∈ (0, π), ezért sin (arccos(x)) > 0. Következésképpen a Pitago-raszi-összefüggést (ld. 4.6. vi) megjegyzés) alkalmazva

sin (arccos(x)) =

1 − cos2 (arccos(x)) =√

1 − x2,

és

arccos′(x) = − 1√ 1 − x2

(x ∈ (−1, 1)).

A tg tangensfüggvényt a következőképpen értelmezzük:

tg := sin

cos.

A fentebb mondottak szerint

Dtg = R \ π/2 + kπ : k ∈ Z,

ill.tg x := tg (x) > 0 (0 < x < π/2) , tg t < 0 (−π/2 < t < 0).

Ezért

limπ/2−0

sin = limπ/2

sin = sin(π/2) = 1 , lim−π/2+0

sin = lim−π/2

sin = sin(−π/2) = −1,

limπ/2−0

cos = limπ/2

cos = cos(π/2) = 0 , lim−π/2+0

cos = lim−π/2

cos = cos(−π/2) = 0




miatt léteznek alimπ/2−0

tg = +∞ , lim−π/2+0

tg = −∞

(bal-, ill. jobb oldali) határértékek. Mivel (ld. 4.6. v) megjegyzés)

tg x = sin xcos x

= sin((x + π) − π)cos ((x + π) − π)

=

sin(x + π)· cos π − cos(x + π)· sin π

cos(x + π)· cos π + sin(x + π)· sin π =

− sin(x + π)

− cos(x + π) = tg (x + π),

ezért a tangensfüggvény π-szerint periodikus. Jegyezzük meg, hogy - lévén a sin páratlan, acos páros függvény - a tg páratlan függvény, a sin(π/4) = cos(π/4) = 1/

√ 2 egyenlőségek

miatt pedig tg(π/4) = 1. Továbbá sin, cos ∈ D, így (ld. 7.3.1. Tétel) tg ∈ D és (ld. 4.6.vi) megjegyzés)

tg′ = sin′· cos − cos′· sin

cos2

= cos2 +sin2

cos2

= 1

cos2

.

A 7.5.7. Tétel (és a fentiek) alapján azt mondhatjuk, hogy a tg|(−π/2,π/2) leszűkítés szigorúan

monoton növő, és Rtg|(−π/2,π/2)= R. Legyen az előbbi leszűkítés inverze, azaz az

arctg := tg−1|(−π/2,π/2)

függvény az arkusztangensfüggvény. Tehát

arctg : R→ (−π/2, π/2) , arctg(0) = 0 , arctg(1) = π/4,

ill. az arkusztangensfüggvény is szigorúan monoton növő,

lim+∞

arctg = π/2 , lim−∞

arctg = −π/2.

A korábban már idézett tételek miatt arctg ∈ D, és

arctg′(x) = 1

tg′(arctg(x)) = cos2 (arctg(x)).

Ha −π/2 < z < π/2, akkor (ld. 4.6. vi) megjegyzés)

tg2

z =

sin2 z

cos2 z =

1

−cos2 z

cos2 z =

1

cos2 z − 1,

vagy mindezt másképp mondva

cos2 z = 1

1 + tg2z .




Azt kaptuk ezzel, hogy

arctg′(x) = 1

1 + tg2(arctg(x)) =

1

1 + x2 (x ∈ R).

Az előbbiek mintájára definiáljuk a ctg kotangensfüggvényt az alábbiak szerint:

ctg := cos

sin.

Ekkor (ld. a fentieket)Dctg = R \ kπ : k ∈ Z,

ill.ctg x := ctg (x) > 0 (0 < x < π/2) , ctg t < 0 (π/2 < t < π).

Ezért

lim0+0 sin = lim0 sin = 0 , limπ−0 sin = limπ sin = 0,lim0+0

cos = lim0

cos = 1 , limπ−0

cos = limπ

cos = −1

miatt léteznek alim0+0

ctg = +∞ , limπ−0

ctg = −∞(jobb-, ill. bal oldali) határértékek. Mivel (ld. 4.6. v) megjegyzés)

ctg x = cos x

sin x =

cos((x + π) − π)

sin ((x + π) − π) =

cos(x + π)· cos π + sin(x + π)· sin πsin(x + π)· cos π − cos(x + π)· sin π

= − cos(x + π)− sin(x + π) = ctg (x + π),

ezért a kotangensfüggvény is π-szerint periodikus, páratlan függvény, és ctg(π/4) = 1.Világos, hogy

ctg x = 1

tg x (x ∈ Dtg ∩ Dctg),

ill.

tg(x + π/2) = sin(x + π/2)

cos(x + π/2) =

sin x· cos(π/2) + cos x· sin(π/2)

cos x· cos(π/2) − sin x· sin(π/2) =

−cos x

sin x =

−ctg x (x

∈ Dctg, x + π/2

∈ Dtg).

Továbbá sin, cos ∈ D, amiből (ld. 7.3.1. Tétel) ctg ∈ D és (ld. 4.6. vi) megjegyzés)

ctg′ = cos′· sin − sin′· cos

sin2 = − sin2 − cos2

sin2 = − 1

sin2




következik. A 7.5.7. Tétel (és a fentiek) alapján azt mondhatjuk, hogy a ctg|(0,π) leszűkítésszigorúan monoton fogyó, és Rctg|(0,π)

= R. Legyen az előbbi leszűkítés

arcctg := ctg−1|(0,π)

inverze az arkuszkotangensfüggvény. Tehát

arcctg : R → (0, π) , arcctg(0) = π/2 , arcctg(1) = π/4,

ill. az arkuszkotangensfüggvény is szigorúan monoton fogyó,

lim+∞

arcctg = 0 , lim−∞

arcctg = π.

Az előbbiekben már többször idézett tételek alapján arcctg ∈ D, és

arcctg′(x) = 1

ctg′(arcctg(x)) =

−sin2 (arcctg(x)).

Ha 0 < z < π, akkor

ctg2z = cos2 z

sin2 z =

1 − sin2 z

sin2 z =

1

sin2 z − 1,

így

sin2 z = 1

1 + ctg2z ,

amiből

arcctg′

(x) = − 1

1 + ctg2(arcctg(x)) = − 1

1 + x2 (x ∈ R)

következik.

A"

valós" szinusz-, koszinuszfüggvényekhez hasonlóan tekintsük most a"

valós"szinuszhiperbolikusz-, koszinuszhiperbolikusz-függvényeket (ld. 4.5.):

sh x =∞n=0

x2n+1

(2n + 1)! , ch x =

∞n=0

x2n

(2n)! (x ∈ R).

A 4.6. vii) megjegyzés szerint

sh x = ex − e−x2

, ch x = ex + e−x2

(x ∈ R).

Innen világos, hogy ch x > 0, sőt, az elemi y + 1/y ≥ 2 (0 < y ∈R) egyenlőtlenség miatt(az y := ex (x ∈ R) helyettesítéssel) ch x ≥ 1 (x ∈ R). Az is nyilvánvaló, hogy a ch páros




függvény: ch(−x) = ch(x) (x ∈ R), az sh pedig páratlan függvény: sh(−x) = −sh(x)(x ∈ R). Mivel

(∗) limx→+∞

ex = limx→−∞

e−x = +∞, limx→−∞

ex = limx→+∞

e−x = 0,

ezért lim+∞ ch = lim−∞ ch = +∞. Ugyanakkor (ld. 5.5.) a ch függvény folytonos, ezért(ld. 5.5.7 Tétel) az Rch értékkészlet intervallum. Az előbbi (∗) egyenlőségek, ill. a triviálisch 0 = 1 egyenlőség alapján tehát nyilvánvaló, hogy Rch = [1, +∞), a ch függvény párosvolta miatt egyúttal

Rch|[0,+∞)= [1, +∞)

is igaz.


sh x > 0 (x > 0) , sh 0 = 0 , sh t < 0 (t < 0),

ill. lim+∞ sh = +∞, lim−∞ sh = −∞, és Rsh = R.

A 7.3.5. Tétel értelmében sh, ch ∈ D és sh′ = ch, ch′ = sh. Következésképpensh′(x) > 0 (x ∈ R), ezért (ld. 7.5.7. Tétel) az sh függvény szigorúan monoton növő.Legyen az

arsh := sh−1

inverzfüggvény az areaszinuszhiperbolikusz-függvény. A fentiek szerint arsh : R → R, ésaz arkuszfüggvények kapcsán már többször idézett tételek (

"deriválási szabályok") alapján

arsh ∈ D, továbbá

arsh′(x) = 1sh′(arsh(x))

= 1ch(arsh(x))

(x ∈ R).

A 4.6. viii) megjegyzés szerint ch t =

1 + sh2(t) (t ∈ R), így

ch(arsh(x)) =

1 + sh2(arsh(x)) =√

1 + x2 (x ∈ R).

Tehát

arsh′(x) = 1√ 1 + x2

(x ∈ R).

Egyszerűen kaphatunk "explicit" kifejezést az arsh függvényre. Legyen ui. valamilyenx ∈ R esetén y := arsh(x). Ekkor

x = sh y = ey − e−y

2 =

e2y − 1

2ey ,




amiből egy egyszerű átrendezés révén jutunk az alábbi (ey-ra nézve) másodfokú egyenlethez:

(ey)2 − 2xey − 1 = 0.

Ennek az egyenletnek (ey > 0 miatt) nyilván csak a pozitív gyöke" jöhet szóba", ezért

ey = x + √ x2 + 1. Ez azt jelenti, hogy

arsh(x) = ln

x +√

x2 + 1

(x ∈ R).

Tekintsük most a ch függvényt: ch′(x) = sh x > 0 (x > 0). Ezért a fentiekhezhasonlóan azt mondhatjuk, hogy a ch|[0,+∞)

leszűkítés szigorúan monoton növő. Legyen

arch := ch−1|[0,+∞)

az areakoszinuszhiperbolikusz-függvény, ahol

arch : [1, +∞) → [0, +∞) , arch ∈ Dx (x > 1),

és

arch′(x) = 1

ch′(arch(x)) =

1

sh(arch(x)) (x > 1).

Legyen itt z := arch(x), ekkor z > 0, és (ld. 4.6. viii) megjegyzés)

sh z =

ch2(z ) − 1 =

ch2(arch(x)) − 1 =√

x2 − 1.

Azt mondhatjuk tehát, hogy

arch′(x) = 1√ x2 − 1

(x > 1).

Az arsh függvényhez hasonlóan kaphatunk"

explicit" kifejezést az arch függvényre is.Legyen ehhez most x ≥ 1 esetén y := arch(x) ≥ 0. Ekkor

x = ch(y) = ey + e−y

2 =

e2y + 1

2ey ,

amiből az alábbi (ey-ra nézve) másodfokú egyenlet adódik:

(ey

)2

− 2xey

+ 1 = 0.

Ennek az egyenletnek (ey ≥ 1 miatt) nyilván csak az ey = x +√

x2 − 1 gyöke" jöhet szóba."

Ezértarch(x) = ln

x +

√ x2 − 1

(x ≥ 1).




A (valós) tangenshiperbolikusz-függvényt (amit a th szimbólummal jelölünk a további-akban) a következőképpen értelmezzük:

th := sh

ch.

Az sh, ch függvényekre vonatkozó"

explicit" formulák alapán

th x := th(x) = ex − e−x

ex + e−x (x ∈ R),

aholex − e−x

ex + e−x =

e2x − 1

e2x + 1 =

1 − e−2x

1 + e−2x (x ∈ R),

ill. limx→+∞ e−2x = limx→−∞ e2x = 0 miatt

lim+∞

th = 1 , lim−∞

th = −

1.

Könnyen ellenőrizhető, hogy ex − e−x

ex + e−x

< 1 (x ∈ R),

más szóval |th x| < 1 (x ∈ R). Az sh, ch függvények folytonossága alapján th ∈ C, ezért(ld. 5.5.7. Tétel) az Rth értékkészlet intervallum, és az előbbiek szerint

Rth = (−1, 1).

Mivel sh, ch ∈ D, így th ∈ D is igaz, és a már többször alkalmazott deriválási szabályok(ld. 7.3.1. Tétel), ill. a 4.6. viii) megjegyzés figyelembevételével

th′ = sh′· ch − sh· ch′

ch2 = ch2 − sh2

ch2 = 1

ch2 .

Tehát th′ > 0, amiből következően (ld. 7.5.7. Tétel) a th függvény szigorúan monotonnövő. Létezik ezért a (szintén szigorúan monoton növő)

arth := th−1 : (−1, 1) → R

inverzfüggvény, az areatangenshiperbolikusz-függvény. Az 5.5.13. Tétel, ill. a fentiek miattalkalmazható továbbá a 7.3.3. Tétel, miszerint arth ∈ D, és

arth′(x) = 1

th′(arth(x)) = ch2(arth(x)) (x ∈ (−1, 1)).




Legyen z ∈R, ekkor (ld. 4.6. viii) megjegyzés)

th2(z ) = sh2(z )

ch2(z ) =

ch2(z ) − 1

ch2(z ) = 1 − 1

ch2(z ),

így

ch2(z ) = 1

1 − th2(z ).

Mindezt behelyettesítve az előbb az arth′(x)-re kapott formulába:

arth′(x) = 1

1 − th2(arth(x)) =

1

1 − x2 (x ∈ (−1, 1)).

A korábban már alkalmazott"

technikával" jutunk az arth függvény"

explicit" alakjához.Legyen ui. x ∈ (−1, 1) esetén y := arth(x), ekkor

x = th y =

ey

−e−y

ey + e−y =

e2y

−1

e2y + 1 ,

más szóval xe2y + x = e2y − 1. Innen már nyilvánvaló, hogy

e2y = 1 + x

1 − x,

azaz

arth(x) = 1

2· ln

1 + x

1 − x

(x ∈ (−1, 1)).

Definiájuk a cth szimbólummal jelöl kotangenshiperbolikusz-függvényt az alábbiak sze-

rint: cth := chsh

.

Az sh, ch függvények"

explicit" alakjára gondolva

cth x := cth(x) = ex + e−x

ex − e−x (0 = x ∈ R),

ahol a fentiekkel analóg módon

lim+∞

cth = 1 , lim−∞

cth = −1.

Továbbá egyszerűen belátható, hogy cth x > 1 (x > 0) és cth t <

−1 (t < 0), amiből

az alábbi jobb-, ill. oldali határértékek létezése e2x > 1 (x > 0), e2t < 1 (t < 0), éslimx→0 e2x = 1 miatt már következik:

limx→+0

cth x = limx→+0

e2x + 1

e2x − 1 = +∞,




limx→−0

cth x = limx→−0

e2x + 1

e2x − 1 = −∞.

A th függvényhez hasonlóan a cth is folytonos, ezért (ld. 5.5.7. Tétel) a cth|(0,+∞), ill. a

cth|(−∞,0) leszűkítés értékkészlete is intervallum. Az eddig mondottak alapján már világos,

hogyRcth|(0,+∞)

= (1, +∞) , Rcth|(−∞,0)= (−∞, −1).

A 7.3.1. Tétel figyelembevételével cth ∈ D, és (ld. 4.6. viii) megjegyzés)

cth′ = ch′· sh − ch· sh′

sh2 = sh2 − ch2

sh2 = − 1

sh2 < 0.

A 7.5.7. Tétel szerint ezért a cth|(0,+∞), cth|(−∞,0)

leszűkítések szigorúan monoton fogyófüggvények. Ugyanakkor a fentiek szerint

Rcth|(0,+∞)∩ Rcth|(−∞,0)

= ∅,

így cth : R \ 0 → (−∞, −1) ∪ (1, +∞) bijekció. Legyen az

arcth := cth−1 : (−∞, −1) ∪ (1, +∞) → R \ 0inverz az areakotangenshiperbolikusz-függvény. Az areatangenshiperbolikusz-függvényhezhasonlóan arcth ∈ D, és

arcth′(x) = 1

cth′(arcth(x)) = −sh2(arcth(x)) (x ∈ R, |x| > 1).

Ha 0 = z ∈R, ekkor (ld. 4.6. viii) megjegyzés)

cth2(z ) = ch2(z )sh2(z )

= sh2(z ) + 1sh2(z )

= 1 + 1sh2(z )

,

így

sh2(z ) = 1

cth2(z ) − 1.

Ezt az arcth′(x)-re előbb nyert formulába beírva:

arcth′(x) = − 1

cth2(arcth(x)) − 1 =

1

1 − x2 (x ∈ R, |x| > 1).

Az arth függvénnyel kapcsolatban látottakkal analóg módon jutunk az arcth függvény

"explicit" alakjához. Legyen ehhez x ∈ R, |x| > 1 és y := arcth(x). Ekkor

x = cth y = ey + e−y

ey − e−y =

e2y + 1

e2y − 1,




azaz xe2y − x = e2y + 1. Ebből az egyenlőségből pedig

e2y = x + 1

x − 1,

ezért

arcth(x) = 1

2 · lnx + 1

x − 1 (x ∈ R, |x| > 1).

7.6. Megjegyzések

i) A Lagrange-féle középérték-tétel (ld. 7.5.3. Tétel) geometriai jelentését illetően akövetkezőt mondhatjuk. Az f : [a, b] → R függvényt, azaz (ld. 2.1., 2.2.) az

(x, f (x)) ∈ R2 : x ∈ Df ⊂ R2

halmazt ("

függvénygrafikont") koordinátageometriai értelemben ábrázolva az eukli-

deszi-síkon az (a, f (a)), (b, f (b)) pontokat összekötő ℓ egyenes ("húr") egyenlete akövetkező:

y − f (a) = f (b) − f (a)

b − a (x − a).

A 7.5.3. Tétel feltételei mellett egy alkalmas ξ ∈ (a, b) esetén

f (b) − f (a)

b − a = f ′(ξ ).

A (ξ, f (ξ )) ponton átmenő, f ′(ξ ) meredekségű egyenes egyenlete

y − f (ξ ) = f ′(ξ )(x − ξ ),

ami nem más (ld. 7.2. vii) megjegyzés), mint eξ, az f függvény ξ -beli érintője. ALagrange-féle középérték-tétel geometriai jelentése tehát az, hogy az ℓ húr és (alkal-mas ξ ∈ (a, b) esetén) az eξ érintő egymással párhuzamos. Fizikai analógiával élve(ld. 7.2. vi) megjegyzés) ugyanakkor a Lagrange-tétel azt jelenti, hogy a két időpontközötti időközre számított átlagsebesség megegyezik a két időpont közötti valamelyikpillanatnyi sebességgel.

ii) Tegyük fel, hogy valamilyen a, b ∈ R, a < b esetén az f : [a, b] → [a, b] függvényfolytonos. Ekkor könnyen láthatóan van olyan ξ ∈ [a, b], ami fixpontja az f -nek,azaz f (ξ ) = ξ. Ha ui. f (a) = a, vagy f (b) = b, akkor a dolog világos. KülönbenRf ⊂ [a, b] miatt a < f (a) és f (b) < b. Legyen ekkor

ϕ(x) := f (x) − x (x ∈ [a, b]).

A ϕ : [a, b] → R függvény folytonos, ϕ(a) > 0, ϕ(b) < 0. A Bolzano-tétel (ld. 5.5.4.Tétel) alapján tehát létezik (a, b)-beli gyöke a ϕ-nek, más szóval olyan ξ ∈ (a, b),amelyre ϕ(ξ ) = f (ξ ) − ξ = 0. Így f (ξ ) = ξ.




Ha az előbbi f függvényre f ∈ Dx (x ∈ (a, b)), és

q := sup|f ′(x)| : x ∈ (a, b) < 1

is igaz, akkor az f kontrakció (ld. 3.9.9. Tétel). Ui. a 7.5.3. Tétel alapján tetszőleges

x, y ∈ [a, b], x < y esetén valamilyen ξ ∈ (x, y) mellett

|f (y) − f (x)| = |f ′(ξ )(y − x)| ≤ q · |y − x|.

A 3.9.9. Tétel szerint ezért egyértelműen létezik olyan η ∈ [a, b] (az f fixpontja),amelyre

f (η) = η,

és tetszőleges x0 ∈ [a, b] esetén az

xn+1 := f (xn) (n ∈ N)

rekurzív összefüggésnek eleget tevő (xn) sorozat konvergens, lim(xn) = η, továbbá

|xn − η| ≤ q n

1 − q · |x1 − x0| (n ∈ N).

iii) Legyen h ∈ R → R adott függvény, ekkor a h által meghatározott

h(x) = 0

egyenlet megoldásán az

x

∈ Dh : h(x) = 0

halmaz meghatározását értjük. Világos, hogy ez a feladat többféleképpen is átala-kítható ekvivalens módon úgy, hogy a h(x) = 0 egyenlet megoldása egy alkalmas f függvény fixpontjainak a kiszámítását jelentse. Ilyen f függvény pl. az

f (x) := h(x) + x (x ∈ Dh),

vagy - ennek mintegy általánosításaként - az

f (x) := h(x)g(x) + x (x ∈ Dh),

ahol a g ∈ R → R függvény legalább a Dh halmazon értelmezve van, és annakegyetlen pontjában sem vesz fel nullát. Ha itt Dh = [a, b] (valamilyen a, b ∈ R, a < besetén), g, h ∈ C, és g, h ∈ Dx (x ∈ (a, b)), akkor f ∈ Dx és (ld. 7.3.1. Tétel)

f ′(x) = h′(x)g(x) + h(x)g′(x) + 1 (x ∈ (a, b)).




Következésképpen (ld. ii) megjegyzés): ha f : [a, b] → [a, b], és

q := sup|f ′(x)| : x ∈ [a, b] =

sup|h′(x)g(x) + h(x)g′(x) + 1| : x ∈ (a, b) < 1,

akkor az f kontrakció. Így egyértelműen létezik olyan η ∈ [a, b], ami gyöke a h-nak(azaz h(η) = 0). Továbbá bármely x0 ∈ [a, b] mellett az

xn+1 := xn + h(xn)· g(xn) (n ∈ N)

egyenlőségnek eleget tevő (xn) sorozatra lim(xn) = η, és

|xn − η| ≤ q n

1 − q · |h(x0)· g(x0)| (n ∈ N).

iv) A 7.5.5. Tétellel kapcsolatban külön is felhívjuk a figyelmet arra, hogy a szóban forgótételben szereplő függvény (nyílt) intervallumon van értelmezve. Ti. az

f (x) := 1x

(0 = x ∈ R)

függvény differenciálható, f ′(x) = −1/x2 (0 = x ∈ R). Tehát az f ′ deriváltfüggvénycsak negatív értékeket vesz fel, de az f függvény nem monoton. Ui.

1 = f (1) > f (2) = 1/2,

így az f nem monoton növő, ill.

−1 = f (−1) < f (1) = 1,

ezért nem is monoton fogyó.

v) Az előbbi megjegyzéshez hasonlóan a 7.5.6. Tételben is lényeges, hogy az ottani függ-vény (nyílt) intervallumon van definiálva. Tekintsük ui. az

f (x) :=

1 (0 < x < 1)

2 (1 < x < 2)

függvényt. Ekkor f ∈ D, f ′(x) = 0 (1 = x ∈ (0, 2)), de az f nem konstansfüggvény.

vi) A lokális szélsőérték létezésével kapcsolatos 7.5.9 Tételben a deriváltfüggvény jelvál-tása csak elégséges, de nem szükséges feltétele a lokális szélsőérték létezésének. Ezt

illusztrálandó vizsgáljuk ui. az alábbi függvényt:

f (x) :=

0 (x = 0)

x2· sin2(1/x) (0 = x ∈ R).




Világos, hogy az f -nek a 0-ban lokális (sőt abszolút) minimuma van. Továbbá (ld. a7.5.16. Tétel előtt említett példa)

f ′(x) =

0 (x = 0)

2x· sin2(1/x) − sin(2/x) (0 = x ∈ R).

Ha

xn := 4

(4n + 1)π , tn :=

4

(4n + 3)π (n ∈ N),

akkor lim(xn) = lim(tn) = 0, és

f ′(xn) = 2xn· sin2(1/xn) − 1 → −1 (n → ∞),

f ′(tn) = 2tn· sin2(1/tn) + 1 → 1 (n → ∞).

Ezért bármely r > 0 esetén van olyan n

∈ N, hogy f ′(xn) < 0, f ′(tn) > 0, és

xn, tn ∈ (0, r). Ez azt jelenti, hogy az f ′ függvény nem vált jelet a 0-ban.

vii) A konvexitás (konkávitás) geometriai megvilágításához az i) megjegyzéshez hasonlóan járhatunk el. Legyen ui. valamilyen I ⊂ R (

"igazi") intervallumon értelmezett az

f : I → R függvény. Ha a, b ∈ I, a < b, akkor könnyen ellenőrizhetően

(∗) λa + (1 − λ)b : 0 ≤ λ ≤ 1 = [a, b].

Az i) megjegyésben említett, az (a, f (a)), (b, f (b)) pontokat összekötő húr egyenlete:

y − f (a) = f (b) − f (a)

b−

a (x − a).

Ha 0 ≤ λ ≤ 1, akkor az

xλ := λa + (1 − λ)b , yλ := λf (a) + (1 − λ)f (b)

koordinátákkal definiált (xλ, yλ) pont rajta van ezen a húron:

λf (a) + (1 − λ)f (b) − f (a) = f (b) − f (a)

b − a (λa + (1 − λ)b − a)

(ami egyszerű"

átszorzással" igazolható). Ha tehát az f függvény konvex, azaz

f (λa + (1 − λ)b) = f (xλ) ≤ λf (a) + (1 − λ)f (b) = yλ,

akkor az (xλ, f (xλ)) (grafikon)pont az említett húr alatt (esetleg rajta) van, és (∗)szerint mindez az [a, b] intervallum bármely pontjára igaz. (Konkáv függvényre pedig(x, f (x)) a húr felett (esetleg rajta) van az [a, b] intervallum bármely x pontjára.)




viii) Tegyük fel, hogy valamilyen I ⊂ R (nem egy pontból álló) intervallum esetén azf : I → R függvény konvex. Ekkor tetszőleges n ∈ N természetes szám, és

x0,...,xn ∈ I , p0 > 0,...,pn > 0

számok esetén igaz az alábbi egyenlőtlenség (az ún. Jensen-egyenlőtlenség ):

f

ni=0 pixini=0 pi

≤

ni=0 pif (xi)ni=0 pi

.

Valóban, n = 0-ra mindkét oldalon f (x0) áll. Ha n = 1, akkor a

p := p0 + p1 , λ := p0/p ∈ [0, 1]

jelölésekkel p1/p = 1 − λ ∈ [0, 1], és a Jensen-egyenlőtlenség a következő alakot ölti:

f p0

p

x0 + p1

p

x1 = f (λx0 + (1

−λ)x1)

≤ p0

p f (x0) +

p1

p f (x1) = λf (x0) + (1 − λ)f (x1).

Ez nem más, mint a konvexitás definíciója. Teljes indukcióval gondolkozva tegyükfel, hogy valamilyen 1 ≤ n ∈ N mellett már beláttuk a Jensen-egyenlőtlenséget, éslegyenek adottak az x0,...,xn+1 ∈ I, p0 > 0,...,pn+1 > 0 számok. Ha

q i := pin+1k=0 pk

∈ (0, 1) (i = 0,...,n + 1),

akkorn+1i=0

q ixi = q 0x0 +

n+1i=1

q ixi = q 0x0 + (1 − q 0)

n+1i=1

q i1 − q 0xi.

Legyen

y :=n+1i=1

q i1 − q 0

xi,

ekkor az f konvexitása, ill. az indukciós feltétel szerint

f

n+1i=0 pixini=0 pi

=

f n+1i=0

q ixi = f (q 0x0 + (1 − q 0)y) ≤ q 0f (x0) + (1 − q 0)f (y) ≤

q 0f (x0) + (1 − q 0)n+1i=1

q i1 − q 0

f (xi) =

n+1i=0 pif (xi)n+1i=0 pi

.




ix) Belátható, hogy ha I ⊂ R nyílt intervallum, az f : I → R függvény pedig konvex,akkor az f folytonos. Sőt, az is igaz, hogy ha f : I → R, akkor az f konvexitása akövetkezővel ekvivalens: f ∈ C és

f x + y

2 ≤ f (x) + f (y)

2 (x, y ∈ I ).

x) A 7.5.14. Tételben az inflexióval kapcsolatban megfogalmazott feltétel (hogy ti. a szó-ban forgó pontban a deriváltfüggvénynek lokális szélsőértéke legyen) is csak elégséges,de nem szükséges feltétel. Ezt igazolandó legyen

f (x) :=

0 (x = 0)

x3· sin2(1/x) (0 = x ∈ R).

Ekkor (ld. a vi) megjegyzésben mondottak) f

∈D,

f ′(x) =

0 (x = 0)

3x2· sin2(1/x) − x· sin(2/x) (0 = x ∈ R),

és az f -nek a 0-ban inflexiója van. A vi)-beli

xn := 4

(4n + 1)π , tn :=

4

(4n + 3)π (n ∈ N)

választással

f ′

(xn) =

3x2n

2 − xn = xn 3xn

2 − 1 (n ∈ N),

f ′(tn) = 3t2n

2 + tn = tn

3tn

2 + 1

(n ∈ N).

Mivel lim(xn) = lim(tn) = 0, ezért bármely r > 0 esetén van olyan n ∈N, amellyelxn, tn ∈ (0, r), és f ′(xn) < 0 < f ′(tn). Innen f ′(0) = 0 alapján világos, hogy az f ′

deriváltfüggvénynek a 0-ban nincs lokális szélsőértéke.

xi) Az eddigiekhez hasonlóan mutassuk meg egy példa segítségével, hogy a lokális kon-vexitásra (konkávitásra) vonatkozó 7.5.16. Tételben a deriváltfüggvény lokális mo-notonitása is csak elégséges, de nem szükséges feltétel. Ehhez elég felidézni a vi)

megjegyzésben mondott függvényt:

f (x) :=

0 (x = 0)

x2· sin2(1/x) (0 = x ∈ R).




Tudjuk, hogy f ∈ D, f ′(0) = f (0) = 0, ezért az f függvénynek a 0-beli e0 érintője:

e0(x) = f (0) + f ′(0)x = 0 (x ∈ R).

Következésképpen e0 ≡ 0, így f − e0 = f ≥ 0. Ez azt jelenti, hogy az f függvény a

0-ban lokálisan konvex. Ugyanakkor f ′

(0) = 0 miatt a deriváltfüggvény 0-beli lokálismonotonitása ekvivalens az f ′ függvény 0-beli jelváltásával. Ez utóbbiról viszont márláttuk vi)-ban, hogy nem teljesül.

xii) A L’Hospital-szabály néven közismert 7.5.17. Tétel (vagy a 7.5.18. Tétel) a határérték-számítás szempontjából

"kényes" 0/0, vagy ±∞/±∞ esetek (tehát az 5.3.3. Tétel iv)

állításában az A := lima f, B := lima g jelölésekkel a lima(f /g) hányados-határértéketilletően

"kimaradó" A = B = 0, ill. A = ±∞, B = ±∞ esetek) kezelésére ad esz-

közt bizonyos feltételek mellett. Ugyanakkor az előbb említett 5.3.3. Tétel iii) állításaszempontjából is vannak

"kényes" (kimaradó) esetek, amikor is (az előbbi jelölések-

kel) A = 0, B =

±∞ (vagy fordítva), és a lima(f g) szorzat-határérték vizsgálata a

feladat. Tegyük fel pl., hogy a, b ∈ R, a < c < b, és a differenciálható

f, g : (a, b) \ c → R

függvényekre

g′(x) = 0 (c = x ∈ (a, b)) , limc

f = 0 , limc

g = +∞.

A limc g = +∞ feltétel miatt nyilván van olyan δ > 0, amivel

g(x) > 0 (c = x ∈ (c − δ, c + δ )).

Ezért (ld. 5.3.3. Tétel) limc(1/g) = 0. Ha tehát h := 1/g, akkor

f (x)· g(x) = f (x)

h(x) (c = x ∈ (c − δ, c + δ )),

ahol (ld. 7.3.1. Tétel) h ∈ D, és

h′(x) = −g′(x)/g2(x) (c = x ∈ (c − δ, c + δ )).

Innen világos, hogy az (a, b) intervallum helyett a (c − δ, c + δ ) intervallummal, a gfüggvény helyett a h-val, az f helyett pedig az f |(c−δ,c+δ)

leszűkítéssel teljesülnek a

7.5.18. Tétel feltételei. Ha tehát létezik azA := lim

c(f ′/h′) = − lim

c(f ′· g2/g′)

határérték, akkor létezik a limc(f g) = A határérték is.




xiii) A 7.5.17. Tétel 1o feltétele kapcsán érdemes megjegyezni az alábbiakat. Az említettfeltétel azt mondja ki, hogy a valamilyen a, b ∈ R, a < b esetén az (a, b) intervallumonértelmezett g : (a, b) → R differenciálható függvényre g′(x) = 0 (x ∈ (a, b)).A 7.5.10. Tétel szerint viszont a g′ deriváltfüggvény Darboux-tulajdonságú. Ezt isfigyelembe véve azt mondhatjuk, hogy a g függvényt illetően csak az alábbi eseteklehetségesek:

g′(x) > 0 (x ∈ (a, b)), vagy g′(x) < 0 (x ∈ (a, b)).

Ui. különben (a 0 /∈ Rg′ feltételre is tekintettel) lennének olyan u, v ∈ (a, b) helyek,hogy g′(u) < 0 < g′(v). Innen az említett Darboux-tulajdonság miatt azonban egyalkalmas, u és v közötti ξ -vel g′(ξ ) = 0 teljesülne, ami 0 /∈ Rg′ alapján nem lehet.A 7.5.7. Tétel szerint tehát a g függvény szigorúan monoton.

xiv) Legyen

f (x) := 0 (x = 0)

x2· sin(1/x) (0 = x ∈ R).

Ekkor | sin(1/x)| ≤ 1 (0 = x ∈ R) miatt

f (x) − f (0)

x − 0 =

f (x)

x = x· sin(1/x) → 0 (x → 0).

Ez azt jelenti, hogy f ∈ D0, és f ′(0) = 0. Ha 0 = x ∈R, akkor (ld. 7.3.1., 7.3.2.Tételek) f ∈ Dx, és

f ′(x) = 2x· sin(1/x) − cos(1/x).

Így az f függvény differenciálható, ezért (ld. 7.5.10. Tétel) az f ′ deriváltfüggvényDarboux-tulajdonságú. Ugyanakkor f ′ nem folytonos, ui. f ′ /∈ C0. Valóban,limx→0 (2x· sin(1/x)) = 0 alapján bármely (xn) : N → R \ 0, lim(xn) = 0 so-rozat esetén lim(2xn· sin(1/xn)) = 0. Viszont az

xn := 2

(4n + 1)π , yn :=

1

(2n + 1)π (n ∈ N)

sorozatokra lim(xn) = lim(yn) = 0, de

lim(cos(1/xn)) = lim ( cos(π/2 + 2nπ)) = lim ( cos(π/2)) = lim(0) = 0,

lim(cos(1/yn)) = lim ( cos(π + 2nπ)) = lim(cos π) = lim(−1) = −1.

Tehát (ld. 5.3.2. Tétel) azR\ ∋ x → cos(1/x)




függvénynek a 0-ban nincs határértéke. Ezért lim0 f ′ sem létezik, különben (ld. 5.3.3.Tétel) létezne a

limx→0

( cos(1/x)) = limx→0

(2x· sin(1/x)) − lim0

f ′

határérték. (A fenti példa tehát azt mutatja, hogy az 5.5.6. Tételben a folytonosság

csak elégséges, de nem szükséges feltétel a Darboux-tulajdonsághoz.)

xv) Lássuk be, hogy ha az f ∈ R → R függvény nyílt intervallumon van értelmezve, és azf bármely x ∈ Df esetén lokálisan növő az x-ben, akkor az f függvény (

"globálisan")

monoton növő. Ui. indirekt módon tegyük fel, hogy az utóbbi nem igaz: alkalmasa, b ∈ Df , a f (b).

Az a-beli lokális növekedés miatt van olyan c ∈ Df , hogy

f (a) ≤ f (x) (a ≤ x < c).

Ugyanígy létezik olyan d ∈ Df is, amellyel

f (x) ≤ f (b) (d < x ≤ b).

Világos, hogy c ≤ d. Ha tehát A (⊂ Df ) jelenti az előbbi tulajdonságú c ∈ Df helyekhalmazát, akkor a d felső korlátja az A-nak. Legyen

c0 := sup A,

ekkor a < c0 < b. Gondoljuk meg, hogy

f (c0)

≥ f (a)

nem lehetséges. Ekkor ui. az f függvény c0-beli lokális növekedése miatt valamilyend0 > c0 esetén

f (x) ≥ f (c0) ≥ f (a) (c0 ≤ x < d0)

teljesülne. Ez ellentmond annak, hogy c0 az A halmaz szuprémuma. Tehát

f (c0) < f (a).

Viszont ez sem lehetséges, ui. az f függvény c0-ban is lokális növekedő, így valamilyena < d0 < c0 mellett

f (x) ≤ f (c0) < f (a) (d0 < x ≤ c0).

A c0 = sup A definíció alapján ugyanakkor van olyan c2 ∈ A, amelyre

d0 < c2 ≤ c0.




Így f (x) ≥ f (a) (a ≤ x < c2), speciálisan

f (a) > f (c0) ≥ f (x) ≥ f (a) (d0 < x < c2),

ami nyilvánvaló ellentmondás. (Analóg módon kapjuk: ha a fenti f függvény a

Df

nyílt intervallum minden pontjában lokálisan fogyó, akkor az f (globálisan) monotonfogyó.)

xvi) Azt mondjuk, hogy az f ∈ R → R függvény az a ∈ int Df pontban szigorúan lokálisan növő, ha valamilyen r > 0 esetén (a − r, a + r) ⊂ Df , és

f (x) < f (a) < f (t) (a − r < x < a < t < a + r).

Hasonlóan, az f ∈ R → R szigorúan lokálisan fogyó az előbbi a-ban, ha egy alkalmasr > 0 számmal (a − r, a + r) ⊂ Df , és

f (x) > f (a) > f (t) (a − r < x < a < t < a + r).

A 7.5.15. Tétel bizonyításából az derül ki, hogy az f ∈ Da, f ′(a) > 0 (vagyf ′(a) < 0) feltételek mellett az f függvény az a-ban lokálisan szigorúan növő (vagyfogyó).

xvii) Az előbbi megjegyzés mintájára az f ∈ Da függvény az a-ban szigorúan lokálisan konvex (konkáv ), ha egy alkalmas r > 0 mellett (a − r, a + r) ⊂ Df , és

f (a) > ea(x) (f (a) < ea(x)) (a = x ∈ (a − r, a + r)).

A 7.5.16. Tétel bizonyítását átgondolva ebből a szempontból világos a következő állítás:ha r > 0, (a−r, a+r) ⊂ Df , f ∈ Dx (x ∈ (a−r, a+r)), és az f ′ deriváltfüggvényaz a-ban szigorúan lokálisan növő (fogyó), akkor az f függvény az a-ban szigorúanlokálisan konvex (konkáv).

xviii) A"

szigorú" lokális tulajdonságok sorát bővíthetjük a szigorú jelváltással. Nevezetesenaz f ∈ R → R függvény az a ∈ int Df pontban szigorú értelemben jelet vált, haf (a) = 0, továbbá valamilyen r > 0 esetén (a − r, a + r) ⊂ Df , és

1o f (x) < 0 < f (t) (a

−r < x < a < t < a + r),

vagy

2o f (x) > 0 > f (t) (a − r < x < a < t < a + r).




Ha a 7.5.9. Tételben az f ′ deriváltfüggvénynek az a-ban szigorú értelemben (−, +)- jelváltása van (ld. 1o), akkor az f -nek az a-ban szigorú lokális minimuma van: vala-milyen K (a) környezetre

f (x) > f (a) (a

= x

∈K (a)

∩ Df ).

Ugyanígy, ha az f ′-nek az a-ban szigorú értelemben (+, −)-jelváltása van (ld. 2o),akkor az f -nek az a-ban szigorú lokális maximuma van: valamilyen K (a) környezetre

f (x) < f (a) (a = x ∈ K (a) ∩ Df ).

xix) A"

globális" konvexitás (konkávitás)"

szigorú" változatát is könnyen megfogalmazhat- juk. Tegyük fel ehhez, hogy az f ∈ R → R függvény értelmezési tartománya

"igazi"

intervallum. Ekkor az f szigorúan konvex, ha bármely a, b ∈ Df , a λf (a) + (1 − λ)f (b) (0 < λ < 1),

akkor az f szigorúan konkáv. Ennek megfelelően a 7.5.11. Tételbeli feltétel a szigorúkonvexitáshoz (konkávitáshoz) úgy módosul, hogy bármely a ∈ Df esetén a ∆af különbségihányados-függvény szigorúan monoton növő (fogyó). Hasonlóan, a 7.5.12.Tételbeli feltétel a szigorú konvexitás (konkávitás) esetén úgy változik, hogy az f ′

deriváltfüggvény legyen szigorúan monoton növő (fogyó). Végül, a 7.5.13. Tételbena szigorú konvexitásra (vagy konkávitásra) vonatkozó feltétel az, hogy f (x) > ea(x)(vagy f (x) < ea(x)) (a = x ∈ Df ).

xx) Az előbbi megjegyzésben értelmezett szigorú globális konvexitás (konkávitás) geo-metriai hátterét világítja meg a következő észrevétel. Tegyük fel ui., hogy egy

"igazi"

intervallumon értelmezett f ∈ R → R függvény konvex (konkáv), de nem szigorúankonvex (konkáv). Ekkor van olyan I ⊂ Df intervallum, hogy alkalmas α, β ∈ Regyütthatókkal

f (x) = αx + β (x ∈ I ).

Valóban, pl. a konvexitásra fogalmazva (a konkávitás mellett analóg a bizonyítás), afeltételek miatt (ld. 7.6. vii) megjegyzés) alkalmas a, b ∈ Df , a < b helyekkel a

ϕ(x) := f (a) +

f (b)

−f (a)

b − a (x − a) (x ∈ [a, b])

függvényre az alábbiak teljesülnek:

1o f (x) ≤ ϕ(x) (x ∈ [a, b]), és




2o valamilyen c ∈ (a, b) esetén f (c) = ϕ(c).

Lássuk be, hogy az

I := [a, b] , α := f (b) − f (a)

b − a

, β := f (a)

−a

·

f (b) − f (a)

b − aparaméterekkel teljesül az állításunk, azaz

f (x) = αx + β = ϕ(x) (x ∈ I ).

Tegyük fel ui. indirekt módon, hogy ez nem igaz. Ekkor egy d ∈ I helyen f (d) < ϕ(d).Világos, hogy d = c, pl. d < c. (A d > c eset hasonlóan

"intézhető el".) Az f

feltételezett konvexitását kihasználva ekkor

(∗) f (x) ≤ f (d) + f (b) − f (d)

b − d (x − d) =: ψ(x) (x ∈ [d, b]),

ahol aγ :=

f (b) − f (d)

b − d , δ := f (d) − d· f (b) − f (d)

b − d

jelölésekkelψ(x) = γx + δ (x ∈ [d, b]).

Vegyük észre, hogy ϕ(b) = αb + β = ψ(b) = γb + δ, így β − δ = (γ − α)b. Ugyanakkor

f (d) = ψ(d) = γd + δ < ϕ(d) = αd + β

miatt β − δ > (γ − α)d. Következésképpen (γ − α)b > (γ − α)d, tehát

(γ − α)(d − b) < 0.Itt d − b < 0, ezért γ −α > 0. Belátjuk (ami majd nyilván ellentmond (∗)-nak), hogy

f (c) = ϕ(c) = αc + β > ψ(c) = γc + δ,

azaz β − δ > (γ − α)c. Ti. az előbbiek szerint γ − α > 0 és b > c, amiből

β − δ = (γ − α)b > (γ − α)c

már adódik.

xxi) A szigorú inflexió fogalmát úgy kapjuk, hogy az inflexió definíciójában (ld. 7.5.) azf −ea különbség szigorú jelváltását követeljük meg az a-ban. Ekkor a 7.5.14. Tételbena szigorú inflexióhoz elégséges feltétel úgy szól, hogy az f ′ deriváltfüggvénynek aza-ban szigorú lokális szélsőértéke legyen.



7.7. TÖBBSZÖR DIFFERENCIÁLHATÓ FÜGGVÉNYEK 307

7.7. Többször differenciálható függvények

Elöljáróban emlékeztetünk a hatványsor összegfüggvényével kapcsolatos 7.3.4. Tételre: ha a

(an(t − a)n) hatványsor r konvergencia-sugara nullától különböző, és

(∗) f (x) =∞n=0

an(x − a)n (x ∈ K, |x − a| < r)

a szóban forgó hatványsor összegfüggvénye , akkor f ∈ D és

f ′(x) =∞n=1

nan(x − a)n−1 (x ∈ K, |x − a| < r).

Vegyük észre, hogy a bn := (n + 1)an+1 (n ∈ N) együtthatókkal

f ′(x) =∞

n=0

bn(x − a)n (x ∈ K, |x − a| < r).

Más szóval az f ′ deriváltfüggvény a

(bn(t−a)n) hatványsor összegfüggvénye, következés-képpen az előbb idézett 7.3.4. Tétel alapján f ′ ∈ D, és

f ′′(x) := (f ′)′(x) =∞n=1

nbn(x − a)n−1 =∞n=1

n(n + 1)an+1(x − a)n−1 =

∞n=2

n(n − 1)an(x − a)n−2 (x ∈ K, |x − a| < r).

"Logikusnak" tűnik azt mondani, hogy az f függvény kétszer deriválható, f ′′(x) pedig az

f függvény x-beli második deriváltja.

Elképzelhető persze, hogy az előbbi"

kétszer való differenciálhatóság" egy f függvényreakkor is teljesülhet, ha az f nem egy hatványsor összegfüggvénye. Ez motiválja az alábbidefiníciót. Legyen ehhez valamilyen f ∈ R → R függvény esetén a ∈ int Df . Azt fogjukmondani, hogy az f függvény az a-ban kétszer differenciálható (vagy más szóval az f kétszer deriválható az a helyen), ha egy alkalmas r > 0 mellett (a − r, a + r) ⊂ Df , f ∈ Dx(x ∈ (a − r, a + r)), és f ′ ∈ Da. Mindezt röviden a következőképpen fogjuk jelölni:f ∈ D2a. Legyen ekkor

f ′′(a) := (f ′)′(a)

az f függvény a-beli második deriváltja (vagy második differenciálhányadosa ).

Pusztán az f ∈ Da feltételezésből még nem következik az, hogy f ∈ D2a. Legyenui.

f (x) :=

0 (x < 0)

x2 (x ≥ 0).




Ekkor f ∈ Dx (x ∈ R), ami x = 0 esetén az R ∋ x → 0, ill. az R ∋ x → x2 függvényekderiválhatóságából triviálisan következik:

f ′(x) =

0 (x < 0)

2x (x > 0).

Az f ∈ D0, f ′(0) = 0 állítások pedig az alábbiak szerint adódnak (ld. 7.1.2. Tétel):

lim+0

∆0f = limx→+0

f (x) − f (0)

x − 0 = lim

x→+0

f (x)

x = lim

x→+0

x2

x = lim

x→+0x = 0 =

lim−0

∆0f = limx→−0

f (x)

x = lim

x→−0

0

x = 0,

így létezik alim

0∆0f = lim

+0∆0f = lim

−0∆0f = 0

határérték. Az

f ′(x) =

0 (x ≤ 0)

2x (x > 0)

függvény viszont nem differenciálható a 0-ban, ui.

∆0f ′(x) = f ′(x) − f ′(0)

x − 0 =

0 (x < 0)

2 (x > 0).

Következésképpen

lim−0 ∆0f ′ = 0 = 2 = lim+0 ∆0f ′,

ezért (ld. 5.3.4. Tétel) nem létezik a lim0 ∆0f ′ határérték, így (ld. 7.1.2. Tétel) f ′ nemdifferenciálható a 0-ban.

Ha D := a ∈ int Df : f ∈ D2a = ∅, akkor a

D ∋ x → f ′′(x)

függvény - röviden az f ′′ függvény - az f második deriváltfüggvénye. (Esetenként f ′′ helyettf (2)-t írunk, ill. ennek megfelelően f ′ helyett f (1)-et.) Ha itt D = Df , akkor röviden aztmondjuk, hogy az f függvény kétszer differenciálható (vagy kétszer deriválható ), és ennek

a ténynek a kifejezésére az f ∈ D2 szimbólumot használjuk. Így pl. a fenti hatványsorösszegfüggvénye kétszer deriválható függvény.

Világos, hogy ha f a (∗)-ban szereplő összegfüggvény, akkor f ′′-re mindaz elmond-ható, ami f ′-re. Ebben az esetben f ′′ ∈ D. Ezt a gondolatmenetet folytatva jutunk el a




"magasabb rendben" (vagy többször) deriválható függvény fogalmához. Tekintsünk ehhez

egy f ∈ R → R függvényt, és valamilyen 1 ≤ n ∈ N esetén tegyük fel, hogy az f függ-vénynek az f ∈ Dnx szimbólummal jelölt x pontbeli n-szer való differenciálhatóságát,továbbá az f (n)(x) szimbólummal jelölt x-beli n-edik deriváltját, ill. az f (n)-nel jelölt n-edik deriváltfüggvényét már értelmeztük. Ekkor azt mondjuk, hogy az a

∈ int

Df pontban

az f függvény (n + 1)-szer deriválható, ha egy alkalmas r > 0 számmal (a−r, a + r) ⊂ Df ,f ∈ Dnx (x ∈ (a − r, a + r)), és f (n) ∈ Da. Mindezt a következőképpen fogjuk jelölni:f ∈ Dn+1a, ill. legyen ekkor

f (n+1)(a) := (f (n))′(a)

az f függvény a-beli (n + 1)-edik deriváltja (vagy (n + 1)-edik differenciálhányadosa ).

Ha most D := a ∈ intDf : f ∈ Dn+1a = ∅, akkor a

D ∋ x → f (n+1)(x)

függvény - röviden f (n+1) - az f függvény (n + 1)-edik deriváltfüggvénye. A D

=

Df

esetben azt írjuk, hogy f ∈ Dn+1, és egyszerűen azt mondjuk, hogy a szóban forgó f függvény (n + 1)-szer deriválható (vagy (n + 1)-szer differenciálható ).

Nyilvánvaló (ld. teljes indukció), hogy a fentiekben bármely 1 ≤ n ∈ N mellett ér-telmeztük a valamilyen a pontbeli n-szer való differenciálhatóságot (f ∈ Dna), ill.az f (n)(a)-val jelölt a-beli n-edik deriváltat, és az f (n) szimbólummal jelölt n-edik de-riváltfüggvényt. Ha egy f ∈ R → R függvényre valamilyen a ∈ int Df pontban min-den 1 ≤ n ∈ N mellett teljesül, hogy f ∈ Dna, akkor erre az f ∈ D∞a jelöléstfogjuk használni. Ebben az esetben azt mondjuk, hogy az f függvény az a pontban∞-sokszor deriválható (vagy ∞-sokszor differenciálható ). Ha ez utóbbi minden a ∈ Df helyen igaz, akkor az f függvény

∞-sokszor deriválható (vagy

∞-sokszor differenciálható ),

amit röviden így jelölünk: f ∈ D∞.A magasabb rendű differenciálhatóság fenti értelmezéséből nyilvánvaló, hogy ha valami-

lyen 2 ≤ n ∈ N esetén f ∈ Dna, akkor egyúttal f ∈ Dma (m = 1,...,n − 1),

ill. f (m) ∈ D ja, és (f (m))( j)(a) = f (m+ j)(a) ( j = 1,...,n − m). Pl. az f (x) := xN

(x ∈ R, N ∈ N) függvényre bármely 1 ≤ n ∈ N"

kitevővel" f ∈ Dn, és

f (n)(x) =

0 (n > N )

n j=1(N − j + 1)xN −n (n ≤ N )

(x ∈ R).

A 7.3.1. Tételből (teljes indukcióval) az is rögtön következik, hogy a magasabb rendű de-

riválásra is igaz a linearitás : ha N ∈ N és f i ∈ Dna (i = 0,...,N ), akkor tetszőlegesαi ∈R (i = 0,...,N ) együtthatókkal f :=

N i=0 αif i ∈ Dna, és

f (n)(a) =N i=0

αif (n)i (a).




Nem nehéz belátni azt sem, hogy a 7.3.1. Tételnek a differenciálható függvények szorza-tára vonatkozó része is (az alábbi formában) igaz marad magasabb rendű deriváltakra. Neve-zetesen, tegyük fel, hogy valamilyen 1 ≤ n ∈ N mellett f, g ∈ Dna. Ekkor f g ∈ Dna,és (az f (0) := f, g(0) := g megállapodással) igaz az alábbi, ún. Leibniz-szabály :

(f g)(n)(a) =nk=0

nkf (k)(a)g(n−k)(a).

Speciálisan,(f g)′′(a) = f ′′(a)g(a) + 2f ′(a)g′(a) + g′′(a)f (a),

amiről egyébként"

direkt" számolással a 7.3.1. Tétel alapján is meggyőződhetünk:

(f g)′′(a) =

(f g)′′

(a) = (f ′g + f g′)′(a) = (f ′g)

′(a) + (f g′)

′(a) =

f ′′(a)g(a) + f ′(a)g′(a) + f ′(a)g′(a) + g′′(a)f (a) =

f ′′(a)g(a) + 2f ′(a)g′(a) + g′′(a)f (a).

Az"

általános" formula bizonyításához alkalmazzuk a teljes indukciót: n = 1 esetén elegendőa 7.3.1. Tételre hivatkozni. Ha valamilyen 1 ≤ n ∈ N mellett igaz az állításunk, valamintf, g ∈ Dn+1a, akkor a

nk=0

nk

f (k)g(n−k) összegben szereplő összes f (k)g(n−k) függvényre

f (k)g(n−k) ∈ Da (k = 0,...,n) teljesül, ezért a 7.3.1. Tételbeli"

linearitási szabály" miatt(f g)(n) ∈ Da, azaz f g ∈ Dn+1a, és (a 7.3.1. Tétel

"szorzási szabályára" is tekintettel)

(f g)(n+1)(a) =

(f g)(n)′

(a) =

nk=0

n

k

f (k)g(n−k)

′(a) =

nk=0

n

k

(f (k))′(a)g(n−k)(a) + (g(n−k))′(a)f (k)(a)

=

nk=0

n

k

f (k+1)(a)g(n−k)(a) + g(n−k+1)(a)f (k)(a)

=

n+1k=1

n

k − 1

f (k)(a)g(n+1−k)(a) +

nk=0

n

k

g(n+1−k)(a)f (k)(a) =

f (n+1)(a)g(a) +n

k=1

n

k

−1

+

n

k

f (k)(a)g(n+1−k)(a) + f (a)g(n+1)(a) =

n+1k=0

n + 1

k

f (k)(a)g(n+1−k)(a).





(an(t − a)n) hatványsor r konvergencia-sugara nullától különböző, és legyen

f (x) =∞

n=0

an(x − a)n (x ∈ K, |x − a| < r).

Ekkor f ∈ D∞, és bármely 1 ≤ k ∈N esetén

(∗) f (k)(x) =∞n=k

k−1 j=0

(n − j)an(x − a)n−k (x ∈ K, |x − a| < r).

Bizonyítás. Teljes indukciót alkalmazva k = 1-re a 7.3.4. Tételben láttuk be az állítást.Ha valamilyen 1 ≤ k ∈N esetén a tételünk igaz, akkor

f (k)(x) :=∞

n=0

k−1

j=0

(n + k

− j)an+k(x

−a)n (x

∈K,

|x

−a

|< r)

miatt az f (k) egy hatványsor összegfüggvénye. Ezért (ld. 7.3.4. Tétel) f (k) ∈ D (más szóvalf ∈ Dk+1), és

f (k+1)(x) = (f (k))′(x) =∞n=1

n·k−1 j=0

(n + k − j)an+k(x − a)n−1 =

∞n=k+1

(n − k)·k−1 j=0

(n − j)an(x − a)n−k−1 =

∞n=k+1

k j=0

(n − j)an(x − a)n−(k+1) (x ∈ K, |x − a| < r),

ami nem más, mint a tételbeli (∗) formula k helyett (k + 1)-re

Írjunk az előző tétel (∗) egyenlőségében x helyébe a-t, amikor a következőt kapjuk:

f (k)(a) =∞n=k

k−1 j=0

(n − j)an(a − a)n−k =k−1 j=0

(k − j)ak = akk!,

tehát (továbbra is az f (0) := f megállapodással)

ak = f (k)(a)k!

(k ∈N).

Ezzel beláttuk azt a már korábban említett tényt, miszerint egy hatványsor együtthatóita hatványsor összegfüggvénye meghatározza. Mindez motiválja az alábbi

"fordított" utat.




Ti. induljunk ki most egy olyan g ∈ R → R függvényből, amelyre az a ∈ int Dg helyeng ∈ D∞a teljesül, és legyen

ck := g(k)(a)

k! (k ∈N).

Ekkor az így definiált ck (k ∈N) számokat a g függvény a-beli Taylor-együtthatóinak, a(cn(t − a)n) =

g(n)(a)

n! (t − a)n

hatványsort pedig a g függvény a-beli Taylor-sorának nevezzük. (Az a = 0 speciális esetbenhasználatos a Maclaurin-sor elnevezés is.) A kérdés most már az, hogy ezen túlmenően a

(cn(t − a)n) Taylor-sornak"

mi köze van" a g függvényhez? Igaz-e pl. az, hogy (legalábbaz a egy alkalmas K (a) környezetében) bármely x ∈ K (a) helyen a szóban forgó Taylor-sorkonvergens, és

g(x) =∞

n=0

cn(x

−a)n (x

∈K (a))?

Minden további feltétel nélkül mindkét kérdésre nemleges a válasz. Pl. tekintsük a

g(x) :=

0 (x = 0)

e−1/x2 (0 = x ∈ R)

függvényt. Belátható (ld. 7.8. i) megjegyzés), hogy g ∈ D∞, és g(k)(0) = 0 (k ∈ N).Következésképpen ck = 0 (k ∈N), és így

∞n=0

cnxn = 0 (x ∈ R),

de 0 = x ∈ R esetén g(x) = 0.

Nyilvánvaló, hogy ha g ∈ D∞a, akkor a

(cn(t − a)n) Taylor-sorának a konvergen-cia-vizsgálatához a g függvény és a

T a,ng(x) :=nk=0

g(k)(a)

k! (x − a)k (x ∈ R, n ∈ N)

definícióval értelmezett - a g függvény a-beli n-edik Taylor-polinomjának - a

g(x) − T a,ng(x) (x ∈ Dg)eltérését kell vizsgálni. Világos, hogy T a,ng(a) = g(a), sőt,

(T a,ng)(m) (a) = g(m)(a) (m = 0,...,n) , (T a,ng)(n+1) ≡ 0.

Ezért az előbbi eltérés csak a = x ∈ Dg mellett kérdéses. Ezzel kapcsolatos az alábbi tétel.




7.7.2. Tétel. Legyen valamilyen g ∈ R → R függvény, a ∈ int Dg belső pont és r > 0 szám esetén (a − r, a + r) ⊂ Dg. Tegyük fel továbbá, hogy n ∈ N és g ∈ D(n+1)x (x ∈ (a − r, a + r)). Ekkor bármely a = z ∈ (a − r, a + r) esetén van olyan ξ ∈ (a, z ) (ha z > a), vagy ξ ∈ (z, a) (ha z < a), amellyel

g(z ) − T a,ng(z ) = g(n+1)(ξ )(n + 1)!

(z − a)n+1.

Bizonyítás. Vezessük be a következő jelölést:

δ := g(z ) − T a,ng(z )

(z − a)n+1 ,

és legyenF (x) := g(x) − T a,ng(x) − δ (x − a)n+1 (x ∈ (a − r, a + r)).

Ekkor (könnyen láthatóan) F ∈ Dn+1x, és bármely m = 1,...,n + 1, ill. x ∈ (a−r, a + r)esetén

F (m)(x) = g(m)(x) − (T a,ng)(m)(x) − δ ·m−1 j=0

(n − j + 1)(x − a)n+1−m.

Innen világos, hogy F (z ) = F (m)(a) = 0 (m = 0,...,n), ill.

F (n+1)(x) = g(n+1)(x) − δ · (n + 1)! (x ∈ (a − r, a + r)).

Tehát F (z ) = F (a) = 0, amiből a Rolle-tétel alapján (ld. 7.5.2. Tétel) kapunk olyan ξ 1-et(a z, a helyek között), hogy

F

′

(ξ 1) = 0.Mivel F ′(a) = 0, ezért ismét a Rolle-tétel szerint létezik olyan ξ 2 (a ξ 1, a helyek között),amellyel

F ′′(ξ 2) = 0.

Ezt az eljárást folytatva olyan ξ 1,...,ξ n+1 pontokat kapunk (ahol ξ k+1 (k = 1,...,n) aza, ξ k helyek közé esik), hogy

F (m)(ξ m) = 0 (m = 1,...,n + 1).

Legyen ξ := ξ n+1, ekkor

F (n+1)(ξ ) = g(n+1)(ξ ) − δ · (n + 1)! = 0

miatt

δ = g(z ) − T a,ng(z )

(z − a)n+1 =

g(n+1)(ξ )

(n + 1)! ,




ami nyilván a bizonyítandó állítással ekvivalens.

Ha az előző tételben még az is teljesül (valamilyen n ∈ N esetén), hogy

M n := sup|g(n+1)(t)| : t ∈ (a − r, a + r) < +∞,

akkor |g(z ) − T a,ng(z )||z − a|n ≤ M

(n + 1)!· |z − a| → 0 (z → a)

miatt

limz→a

g(z ) − T a,ng(z )

(z − a)n = 0.

Mutassuk meg, hogy ez utóbbi szempontból már a g ∈ Dna feltételezés is elegendő.

7.7.3. Tétel. Tegyük fel, hogy n ∈ N és g ∈ Dna. Ekkor

limx→a

g(x) − T a,ng(x)(x − a)n

= 0.

Bizonyítás. Ha n = 0, azaz g ∈ D0a := Ca, akkor T a,0g(x) = g(a) (x ∈ R).Mivel a ∈ int Dg, ezért limx→a g(x) = g(a). Ez azt jelenti, hogy az állításunk n = 0 mellettigaz. Ha n = 1, akkor

T a,1g(x) = g(a) + g′(a)(x − a) (x ∈ R),

így

g(x) − T a,1g(x) = g(x) − g(a) − g′(a)(x − a) =

(x − a)·

g(x) − g(a)

x − a − g′(a)

(a = x ∈ Dg).

Más szóvalg(x) − T a,1g(x)

x − a =

g(x) − g(a)

x − a − g′(a) (a = x ∈ Dg),

ahol (ld. 7.1.2. Tétel)

g′(a) = limx→a

g(x) − g(a)

x − a

miatt

limx→a

g(x) − T a,1g(x)x − a

= limx→a

g(x) − g(a)x − a

− g′(a) = 0.

Ezért a 7.7.3. Tétel az n = 1 esetben lényegében nem más, mint a g ∈ Da differenciál-hatóság definíciója.




Teljes indukciót alkalmazva tegyük fel, hogy valamilyen 1 ≤ n ∈ N esetén teljesüla tételbeli állítás, és legyen g ∈ Dn+1a. Ekkor g′ ∈ Dna, amikor is (az indukciósfeltevést g′-re alkalmazva)

limx→a

g′(x) − T a,ng′(x)

(x−

a)n = 0.


(T a,n+1g)′(x) =n+1k=1

kg(k)(a)

k! · (x − a)k−1 =

n+1k=1

g(k)(a)

(k − 1)!· (x − a)k−1 =

nk=0

g(k+1)(a)

k! · (x − a)k =

nk=0

(g′)(k)(a)

k! · (x − a)k = T a,ng′(x) (x ∈ R).

Azt kell belátnunk, hogy

limx→a

g(x) − T a,n+1g(x)

(x − a)

n+1 = 0.

A g ∈ D(n+1)a, n ≥ 1 feltételezés miatt g ∈ D2a, így egy alkalmas r > 0 számmal(a − r, a + r) ⊂ Dg, és g ∈ Dx (x ∈ (a − r, a + r)). Az

F (x) := g(x) − T a,n+1g(x) , G(x) = (x − a)n+1 (x ∈ (a − r, a + r))

jelölésekkel a következők teljesülnek:

F, G ∈ Dx , G′(x) = (n + 1)(x − a)n = 0 (a = x ∈ (a − r, a + r)),

és lima F = lima G = 0. Alkalmazható tehát a L’Hospital-szabály (ld. 7.5.17. Tétel),

miszerintlimx→a

g(x) − T a,n+1g(x)

(x − a)n+1 = lim

x→a

F (x)

G(x) = lim

x→a

F ′(x)

G′(x) =

1

n + 1· limx→a

g′(x) − (T a,n+1g)′(x)

(x − a)n =

1

n + 1· limx→a

g′(x) − T a,ng′(x)

(x − a)n = 0.

A magasabb rendű deriváltak segítségével mintegy"

kontrollálhatjuk" a 7.5. pont egyestételeiben szereplő, az ún. függvényvizsgálattal kapcsolatos feltételeket. Kezdjük pl. a lokálisszélsőérték létezésére vonatkozó elégséges feltétellel (ld. 7.5.9. Tétel): ha pl. az f ′ derivált-

függvénynek az a ∈ int Df helyen (+, −)-jelváltása van, akkor az a lokális maximumhelyeaz f -nek. Ha viszont f ∈ D2a, és f ′′(a) = (f ′)′(a) < 0, akkor (ld. 7.6. xvi) megjegyzés)az f ′ függvény az a-ban lokálisan szigorúan fogyó. A jelváltás miatt f ′(a) = 0 is igaz, ígyvilágos, hogy f ′-nek az a-ban szigorú (+, −)-jelváltása van. Következésképpen (ld. xviii)megjegyzés) az f -nek az a-ban szigorú lokális maximuma van.




Hasonló meggondolással kapunk elégséges feltételt arra nézve, hogy az f -nek az a-banszigorú lokális minimuma legyen. Ezzel beláttuk az alábbi tételt (ez az ún. másodrendű elégséges feltétel a lokális szélsőérték létezésére):

7.7.4. Tétel. Ha az f ∈

D2

a

függvényre f ′(a) = 0, és f ′′(a)

= 0, akkor az f -nek az a-ban szigorú lokális szélsőértéke van. Ez utóbbi az f ′′(a) < 0 esetben szigorú lokális maximum, az f ′′(a) > 0 esetben pedig szigorú lokális minimum.

Ha a differenciálható f ∈ R→ R függvény nyílt intervallumon van értelmezve, akkor (ld.7.5.12. Tétel) (pl.) az f konvexitása azzal ekvivalens, hogy az f ′ deriváltfüggvény monotonnövő. Ha itt f ∈ D2 is igaz, akkor a 7.5.5. Tétel szerint viszont az f ′ monoton növekedéseazzal ekvivalens, hogy (f ′)′ = f ′′ ≥ 0. Hasonlóan jutunk a konkávitás jellemzéséhez, teháta következő tételhez:

7.7.5. Tétel. Tegyük fel, hogy az f ∈ R

→ R függvény nyílt intervallumon van

értelmezve, és f ∈ D2. Ekkor az alábbiak teljesülnek:

a) az f konvex volta azzal ekvivalens, hogy f ′′ ≥ 0;

b) az f konkáv volta azzal ekvivalens, hogy f ′′ ≤ 0;

c) ha f ′′ > 0, akkor az f szigorúan konvex;

d) ha f ′′ < 0, akkor az f szigorúan konkáv.

Induljunk ki most egy f ∈ D3a függvényből, és tegyük fel, hogy

(f ′)′(a) = f ′′(a) = 0 , (f ′)′′(a) = f ′′′(a)

= 0.

Ekkor alkalmazható az előbbi 7.7.4. Tétel az f ′ ∈ D2a függvényre, miszerint az f ′

deriváltfüggvénynek az a-ban szigorú lokális szélsőértéke van. Ez viszont a 7.5.14. Tételalapján azt jelenti, hogy az f -nek az a-ban szigorú inflexiója van (ld. 7.6. xxi) megjegyzés).Ezért igaz a

7.7.6. Tétel. Ha f ∈ D3a, f ′′(a) = 0, f ′′′(a) = 0, akkor az f függvénynek az a-ban szigorú értelemben inflexiója van.

Analóg megfontolásokkal jutunk az alábbi tételhez is. Tegyük fel ui., hogy adott az

f ∈ D2

a függvény, és f ′′

(a) = (f ′

)

′

(a) > 0 (< 0). Ekkor (ld. 7.5.15. Tétel, ill. 7.6.xvi) megjegyés) az f ′ deriváltfüggvény az a-ban szigorúan lokálisan növő (fogyó). Ez a 7.6.xvii) megjegyzés alapján azt eredményezi, hogy az f függvény az a-ban szogorúan lokálisankonvex (konkáv). Fennáll tehát a




7.7.7. Tétel. Legyen f ∈ D2a, és tegyük fel, hogy f ′′(a) = 0. Ekkor:

a) ha f ′′(a) > 0, akkor az f függvény az a-ban szigorúan lokálisan konvex;

b) ha f ′′(a) < 0, akkor az f függvény az a-ban szigorúan lokálisan konkáv.

Ha az f ∈ D2a függvényről azt tudjuk, hogy az a-ban lokálisan konvex, akkor könnyenbeláthatóan f ′′(a) ≥ 0. Ti. f ′′(a) < 0 esetén a 7.7.7. Tétel szerint az f az a-ban szigorúanlokálisan konkáv lenne, ami nyilván ellentmond a feltételezett lokális konvexitásnak.

Ehhez hasonlóan adódik az alábbi következmény is: ha f ∈ D2a, és az f -nek az a-baninflexiója van, akkor f ′′(a) = 0. Ui. (pl.) f ′′(a) > 0 esetén a 7.7.7. Tétel értelmében az f függvény az a-ban szigorúan lokálisan konvex lenne, ami ellentmond annak, hogy az f -nekaz a-ban inflexiója van.

7.7.8. Tétel. Tegyük fel, hogy valamilyen 2 ≤ n ∈ N mellett f ∈ Dna, és

f (k)(a) = 0 (k = 1,...,n − 1) , f (n)(a) = 0.

Ekkor:

a) páros n esetén az f függvénynek az a-ban szigorú lokális szélsőértéke van, még-pedig szigorú lokális minimuma, ha f (n)(a) > 0, és szigorú lokális maximuma, ha f (n)(a) < 0;

b) páratlan n esetén az f függvénynek az a-ban szigorú értelemben vett inflexiója van.

Bizonyítás. Tegyük fel pl., hogy (f (n−1))′(a) = f (n)(a) > 0. Ekkor (ld. 7.6. xvi)

megjegyzés) az f (n−1) deriváltfüggvény az a-ban szigorúan lokálisan növekedő. Mivelf (n−1)(a) = 0, ezért egy alkalmas K (a) ⊂ Df környezetben

f (n−1)(x) < 0 < f (n−1)(t) (x, t ∈ K (a), x < a < t).

Ez egyúttal azt jelenti, hogy f (n−1) = (f (n−2))′-nek az a-ban szigorú (−, +)-jelváltása van.Így a 7.6. xviii) megjegyzés szerint f (n−2)-nek az a-ban szigorú lokális minimuma van. Afeltételeink miatt ugyanakkor f (n−2)(a) = 0, következésképpen egy K (a)

⊂ Df környezet-

ben(f (n−3))′(x) = f (n−2)(x) > 0 (a = x ∈ K (a)).

A 7.5.7. Tétel alapján tehát a K (a) környezeten az f (n−3) függvény szigorúan monotonnövő, speciálisan szigorúan lokálisan monoton növő is (feltéve, hogy n ≥ 3) .




Ezt az eljárást rekurzíve"

folytatva" oda jutunk, hogy (pl.) f (n)(a) > 0 esetén f (n−2 j−1)-nek az a-ban szigorú (−, +)-jelváltása, f (n−2k)-nak pedig az a-ban szigorú lokális mini-muma van (hacsak a j ∈ N, 1 ≤ k ∈ N számokra n − 2 j − 1 ≥ 0, ill. n − 2k ≥ 0teljesül). Ha tehát n = 2N alakú (valamilyen 1 ≤ N ∈ N mellett), akkor a k = N választással azt kapjuk, hogy az f (n−2N ) = f (0) = f függvénynek az a-ban szigorú loká-lis minimuma van. Ha viszont n = 2M + 1 (valamilyen 1 ≤ M ∈ N mellett), akkora j = M − 1 választással f (n−2M +1) = f ′′-nek az a-ban szigorú (−, +)-jelváltása, azaz(ld. 7.6. xviii) megjegyzés) f ′-nek az a-ban szigorú lokális minimuma van. Ez azt jelenti(ld. 7.6. xxi) megjegyzés), hogy az f -nek az a-ban szigorú inflexiója van.

Hasonló a gondolatmenet akkor is, ha az f (n)(a) < 0 feltételezésből indulunk ki.

Tegyük fel, hogy valamilyen u, v ∈R, u < v esetén az f : [u, v] → R függvény folytonos,és minden x ∈ (u, v) helyen differenciálható. A Weierstrass-féle 5.5.10. Tétel értelmébenléteznek az

m := min Rf , M := max Rf

abszolút szélsőértékei az f -nek. Ha a, b ∈ [u, v] egy-egy abszolút minimum, ill. abszolútmaximum hely, azaz

m = f (a) , M = f (b),

akkor a-ban, b-ben az f -nek egyúttal nyilván lokális minimuma, ill. lokális maximuma van.Ha tehát (pl.) a ∈ (u, v) (az intervallum belső pontja), akkor az elsőrendű szükséges feltétel(ld. 7.5.1. Tétel) szerint

f ′(a) = 0.

Így az abszolút szélsőértékek meghatározásához első lépésként az f ′ deriváltfüggvény zé-

rushelyeit (az ún. stacionárius pontokat ) kell megkeresni. Legyen ezek halmaza S , amikoris

a, b ∈ S ∪u, v.

Ha esetleg S = ∅, akkor a, b = u, v, más szóval az abszolút szélsőérték-helyek az [u, v]intervallum végpontjai: m, M = f (u), f (v). Ha viszont S = ∅, akkor az alábbi eseteklehetségesek:

1o maxf (u), f (v) ≥ f (ξ ) (ξ ∈ S ), ekkor M = f (u), vagy M = f (v);

2o

minf (u), f (v) ≤ f (ξ ) (ξ ∈ S ), ekkor m = f (u), vagy m = f (v);

3o ha 1o nem igaz, akkor M = maxf (ξ ) : ξ ∈ S;

4o ha 2o nem igaz, akkor m = minf (ξ ) : ξ ∈ S.




A 7.7.8. Tétel b) állítása alapján esetleg"

szűkíthetjük" az S halmazt az alábbi érte-lemben: ha valamilyen ξ ∈ S helyen egy 2 ≤ n ∈ N mellett f ∈ Dnξ , és

f (k)(ξ ) = 0 (k = 1,...,n − 1) , f (n)(ξ ) = 0,

akkor páratlan n esetén az f függvénynek a ξ -ben szigorú értelemben vett inflexiója van.Mivel ekkor f ′(ξ ) = 0 is igaz, ezért (a ξ -beli eξ érintőre) eξ ≡ f (ξ ), és egy alkalmas δ > 0mellett minden ξ − δ < x < ξ < y < ξ + δ helyen

f (x) − eξ(x) = f (x) − f (ξ ) < 0 < f (y) − eξ(y) = f (y) − f (ξ ),

azazf (x) < f (ξ ) < f (y),

vagyf (x) − eξ(x) = f (x) − f (ξ ) > 0 > f (y) − eξ(y) = f (y) − f (ξ ),

tehát

f (x) > f (ξ ) > f (y).Következésképpen ξ -ben nincs lokális szélsőértéke f -nek, ezért itt abszolút szélsőértéke sincs.Ha S 0 az ilyen tulajdonságú pontok halmaza, akkor a fentiekben szereplő S -et kicserélhetjükS \S 0-ra. Tekintsük pl. az

f (x) := 2x3 + 3x2 − 12x + 1 (−3 ≤ x ≤ 2)

függvényt. Ekkorf ′(x) = 6x2 + 6x − 12 (−3 ≤ x ≤ 2),

így az S halmaz elemei az x2 + x − 2 = 0 másodfokú egyenlet gyökei:

S = −2, 1.

Számítsuk ki tehát az f (−3), f (−2), f (1), f (2) helyettesítési értékeket:

f (−3) = 10 , f (−2) = 21 , f (1) = −6 , f (2) = 5.

Világos, hogy most a fenti 3o és 4o eset valósul meg, ezért

max Rf = max21, −6 = 21 , min Rf = min21, −6 = −6.

Ugyanakkor ag(x) := 2x3 + 3x2 − 12x + 1 (−4 ≤ x ≤ 2)

függvényre az S halmaz nyilván ugyanaz, mint az előbb, de f (−4) = −31 < 5 = f (2) miatta 2o és 3o eset áll elő. Következésképpen most

min Rg = g(−4) = −31 , max Rg = max21, −6 = 21.




7.8. Megjegyzések

i) Tekintsük a

g(x) := 0 (x = 0)

e−1/x2 (0 = x ∈ R)

függvényt. Mutassuk meg, hogy g ∈ D∞, és g(n)(0) = 0 (n ∈ N). Ehhez teljesindukcióval először azt látjuk be, hogy bármely n ∈ N esetén g ∈ Dnx, és

g(n)(x) = e−1/x2· P (x)

xm (0 = x ∈ R)

alkalmas (n-től függő) m ∈ N kitevő és P polinom mellett. Valóban, a g(0) = gmegállapodás alapján mindez n = 0-ra triviális. Legyen n = 1, ekkor (ld. 7.3.1.,7.3.2. Tételek) g ∈ Dx, és

g′(x) = e−1/x2· 2x3 (0 = x ∈ R),

ezért a P ≡ 2, m := 3 választás megfelelő. Ha valamilyen 1 ≤ n ∈ N mellettg ∈ Dnx (0 = x ∈ R), és g(n)(x) az indukciós feltételünk szerinti, akkor (ld.7.3.1., 7.3.2. Tételek) g(n) ∈ Dx (0 = x ∈ R). Továbbá

g(n+1)(x) = (g(n))′(x) =

e−1/x2· 2

x3· P (x)

xm + e−1/x2 · xmP ′(x) − mxm−1P (x)

x2m =

e−1/x2

·2P (x)

xm+3

+ e−1/x2

·xP ′(x) − mP (x)

xm+1

=

e−1/x2· 2P (x) + x3P ′(x) − mx2P (x)

xm+3 (0 = x ∈ R).

Így aQ(t) := 2P (t) + t3P ′(t) − mt2P (t) (t ∈ R)

polinommal

g(n+1)(x) = e−1/x2 · Q(x)

xm+3 (0 = x ∈ R).

Most mutassuk meg, hogy g ∈ Dn0, és g(n)(0) = 0 (n ∈ N). Mivel g(0)(0) =g(0) = 0, ezért (ld. teljes indukció) tegyük fel, hogy valamilyen n

∈ N mellett már

létezik a g(n)(0) = 0 derivált. Ekkor g ∈ Dn+10, g(n+1)(0) = 0 azt jelenti, hogylétezik a

limx→0

g(n)(x) − g(n)(0)

x − 0 = lim

x→0

g(n)(x)

x = lim

x→0

e−1/x2· P (x)

xm+1

= 0




határérték. Itt a P (x)/xm+1 (0 = x ∈ R) hányados alkalmas xk (k ∈ Z) alakúhatványok lineáris kombinációja, ezért elég azt belátni (ld. 5.3.3. Tétel), hogy

(∗) limx→0

(xk· e−1/x2) = 0 (k ∈ Z).

Legyen 0 = x ∈ R, ekkor

ez =∞ j=0

z j

j! >

z N

N ! (0 < z ∈R, N ∈ N)

miatt tetszőleges n ∈ N mellett

|xk· e−1/x2| = |x|ke1/x2

< |x|2n+k· n! (0 = x ∈ R).

Válasszuk az előbbi N ∋ n-et úgy, hogy 2n + k > 0, ekkor limx→0 |x|2n+k = 0, amiből(∗) már következik.

ii) A 7.7.2. Tételben szereplő

ℓn(z ) := g(n+1)(ξ )

(n + 1)! (z − a)n+1 (a = z ∈ (a − r, a + r))

függvényt Lagrange-féle maradéktagnak nevezzük, ahol tehát

g(z ) = T a,ng(z ) + ℓn(z ) (a = z ∈ (a − r, a + r)).

Ha itt n = 0, azaz g ∈ Dx (x ∈ (a − r, a + r)), akkor

ℓ0(z ) = g ′(ξ )(z − a) (a = z ∈ (a − r, a + r)),

ésg(z ) − T a,0g(z ) = g(z ) − g(a) = g ′(ξ )(z − a) (a = z ∈ (a − r, a + r)).

Az utóbbi egyenlőség valójában nem más, mint a Lagrange-féle középérték-tétel (ld.7.5.3. Tétel).

iii) Legyen a 7.7.3. Tételben

∆n(x) := g(x) − T a,ng(x) (x ∈ Dg),

ekkor

limx→a

δ n(x) := limx→a

∆n(x)

(x − a)n = 0,

ésg(x) = T a,ng(x) + δ n(x)· (x − a)n (a = x ∈ Dg).

A Dg \ a ∋ x → δ n(x)· (x − a)n függvény az ún. Peano-féle maradéktag.




iv) Ha most n = 2 és g ∈ D2a, akkor

T a,2g(x) = g(a) + g′(a)· (x − a) + g ′′(a)

2 · (x − a)2 (x ∈ R).

Következésképpen (ld. 7.7.3. Tétel)

limx→a

δ 2(x) = limx→a

g(x) − T a,2g(x)

(x − a)2 =

limx→a

g(x) − g(a) − g′(a)· (x − a)

(x − a)2 − g ′′(a)

2

= 0

azt jelenti, hogy létezik a

limx→a

g(x) − g(a) − g′(a)· (x − a)

(x−

a)2 =

g′′(a)

2

határérték. Ez utóbbi egyenlőség felfogható a g′′(a) második derivált egyfajta jellem-zéseként is.

v) Tekintsük az f : R→ R, f ∈ D2 függvényt, és tegyük fel, hogy

M k := sup|f (k)(x)| : x ∈ R < +∞ (k = 0, 1, 2).

Belátjuk, hogyM 21 ≤ 2M 0M 2.

Alkalmazzuk ehhez a 7.7.2. Tételt az a ∈ R, n = 2 választással:

f (x) = f (a) + f ′(a)(x − a) + f ′′(ξ x)

2 · (x − a)2 (x ∈ R),

ahol ξ a := a, ill. x = a esetén ξ x ∈R az a, x helyek közé eső alkalmas szám. Ha itty := x − a, akkor az f (a) ≤ 0 esetben a következőt mondhatjuk:

0 = f (a) − f (x) + f ′(a)y + f ′′(ξ x)

2 · y2 ≤

−f (x) + f ′(a)y +

f ′′(ξ x)

2 ·y2

≤M 0 + f ′(a)y +

M 2

2 ·y2 (y

∈R).

Elemi megfontolásokkal innen azt kapjuk, hogy az M 2 = 0 feltételezés mellett az

R ∋ y → M 0 + f ′(a)y + M 2

2 · y2




másodfokú polinom diszkriminánsára

(f ′(a))2 − 4· M 0· M 22

= (f ′(a))2 − 2M 0M 2 ≤ 0.

Ha (M 2

= 0 és) f (a)

≥ 0, akkor az előbb mondottakat a g :=

−f függvényre

alkalmazva: g ∈ D2, g(k) = −f (k) (k = 0, 1, 2), g(a) ≤ 0, ezért

0 ≤ −g(x) + g′(a)y + g ′′(ξ x)

2 · y2 = f (x) − f ′(a)y − f ′′(ξ x)

2 · y2 (y ∈R).

Következésképpen

0 ≤ M 0 − f ′(a)y + M 2

2 · y2 (y ∈R),

amiből az előbbiekkel analóg módon

( − f ′(a))2 − 2M 0M 2 = (f ′(a))2 − 2M 0M 2 ≤ 0

adódik. Más szóval bármelyik a ∈ R helyen(f ′(a))2 ≤ 2M 0M 2,

tehát (a-ban"

szuprémumot véve") M 21 ≤ 2M 0M 2.

Ezzel az M 2 = 0 esetet"

elintéztük". Ha M 2 = 0, akkor

(f ′)′(x) = f ′′(x) = 0 (x ∈ R).

Ezért (ld. 7.5.6. Tétel) valamilyen c ∈ R konstanssal

f ′(x) = c (x ∈ R).

Legyen h(x) := f (x) − cx (x ∈ R), ekkor h ∈ D, és

h′(x) = f ′(x) − c = 0 (x ∈ R),

így (ld. 7.5.6. Tétel) létezik olyan d ∈ R, hogy h(x) = d (x ∈R). Figyelembe vévea h definícióját innen

f (x) = cx + d (x ∈ R)

következik. Könnyen belátható, hogy az M 0 < +∞ feltételezésből adódóanc = 0. Különben ui.

|f (x)

| ≥ |cx

| − |d| ≥ |

c| −

|d||x| · |

x|

(0= x

∈R),

és |c| − |d|/|x| → |c| > 0 (|x| → +∞) miatt |f (x)| → +∞ (|x| → +∞), aminyilván ellentmond az M 0 < +∞ feltételnek. Tehát c = 0, így f ′ ≡ 0, M 1 = 0, és abizonyítandó M 21 = 0 ≤ 2M 0M 2 becslés már triviális.




vi) A 7.7.1. Tétel értelmében exp, sin, cos, sh, ch ∈ D∞, és (ld. 7.3.5. Tétel)

exp(n) = exp (n ∈ N),

sin(4k+ j) =

cos ( j = 1)

− sin ( j = 2)

− cos ( j = 3)

sin ( j = 4)

, cos(4k+ j) =

− sin ( j = 1)

− cos ( j = 2)

sin ( j = 3)

cos ( j = 4)

(k ∈N),

sh(2k+ j)

= ch ( j = 1)

sh ( j = 2), ch

(2k+ j)

= sh ( j = 1)

ch ( j = 2)(k ∈N).

vii) Tegyük fel, hogy a

(an(t − a)n) hatványsor r konvergencia-sugara nem nulla, éslegyen

f (x) :=∞n=0

an(x − a)n (x ∈ R, |x − a| < r)

a szóban forgó hatványsor összegfüggvénye. Ekkor a

(an(t − a)n) hatványsor nemmás, mint az f analitikus függvény a-beli Taylor-sora, amikor is

an = f (n)(a)

n! (n ∈ N),

és

f (x) =∞n=0

f (n)(a)

n! (x − a)n (x ∈ R, |x − a| < r)

(az f függvényt"

előállítja" a Taylor-sora). A 4.5.3. Tétel értelmében bármilyenb ∈ R, |b − a| < r esetén léteznek a

bk :=∞n=k

n

k



f (x) =∞n=0

an(x − a)n =∞k=0

bk(x − b)k (x ∈ K ρ(b)).




Következésképpen

bk =∞n=k

n

k

an(b − a)n−k =

f (k)(b)

k! (k ∈N)

(ami egyébként a 7.7.1. Tétel alapján is adódik). Minden

P (x) =N k=0

akxk (k ∈R)

polinom analitikus függvény (ahol N ∈ N, a0,...,aN ∈ R, aN = 0). Mivel a k > N,k ∈ N

"kitevőkre" P (k) ≡ 0, ezért az a := 0, a j := 0 (N < j ∈ N), b ∈ R

szereposztással most

P (k)(b)

k! = bk =

0 (k > N )

N

n=k nkanbn−k

(k ≤ N )

(k ∈N),

és

P (x) =N k=0

bk(x − b)k (k ∈R).

Írjuk fel pl. aP (x) := 1 + 3x + 5x2 + 2x3 (x ∈ R)

harmadfokú polinomot alkalmas b0, b1, b2, b3 valós számokkal a

P (x) =3

k=0

bk(x + 1)k (x

∈R).

alakban. Legyen ehhez N := 3, b := −1, ekkor

P ′(x) = 3 + 10x + 6x2 , P ′′(x) = 10 + 12x , P ′′′(x) = 12 (x ∈ R),

ésb0 = P (−1) = 1 , b1 = P ′(−1) = −1,

b2 = P ′′(−1)/2 = −1 , b3 = P ′′′(−1)/6 = 2.

EzértP (x) = 2(x + 1)3

−(x + 1)2

−(x + 1) + 1 (x

∈R).

viii) Tegyük fel, hogy a 7.7.2. Tételben szereplő g függvényre (az ottani jelölésekkel)g ∈ D∞x (x ∈ (a − r, a + r)), és

(∗) M := sup |g(k)(x)| : x ∈ (a − r, a + r), k ∈N < +∞




teljesül. Ekkor minden n ∈ N esetén

|g(z ) − T a,ng(z )| ≤ M · |z − a|n+1

(n + 1)! (z ∈ (a − r, a + r)),

ahol lim(q n

/n!) = 0 (q ∈ K) miatt limn→∞ (|z − a|n+1

/(n + 1)!) = 0. Ezért a (∗)feltétel teljesülése esetén

limn→∞

(g(z ) − T a,ng(z )) = 0 (z ∈ (a − r, a + r)).


g(z ) =∞k=0

g(k)(a)

k! · (z − a)k (z ∈ (a − r, a + r))

(a g függvényt az (a − r, a + r) intervallumon előállítja a Taylor-sora). Legyen pl.g := sin, ekkor r = +

∞, és (ld. vi) megjegyzés) M = 1. Azt mondhatjuk tehát, hogy

| sin(z ) − T 0,n sin(z )| ≤ |z |n+1

(n + 1)! (z ∈R).

Speciálisan, ha n = 1, akkor

T 0,1 sin(z ) = sin 0 + sin′(0)z = cos′(0)z = z (z ∈R),

ezért

| sin z − z | ≤ z 2

2 (z ∈R).

ix) Vizsgáljuk ag(x) := x4 (x ∈ R) , h(x) := x5 (x ∈ R)

függvényeket. Ekkor g′(0) = g′′(0) = 0, de világos, hogy a g-nek a 0-ban szigorúlokális (sőt, abszolút) minimuma van. Ez azt jelenti, hogy a 7.7.4. Tételben szereplő

"f ′(a) = 0, f ′′(a) = 0” feltétel csak elégséges, de nem szükséges ahhoz, hogy az f -nek

az a-ban lokális szélsőértéke legyen. A g függvény a 0-ban szigorúan lokálisan konvex(sőt, a g globálisan is szigorúan konvex), de g′′(0) = 0. Más szóval a 7.7.7. Tételbeli

"f ′′(a) > 0” feltétel szintén csak elégséges, de nem szükséges a lokális konvexitáshoz.

Hasonlóan, h′′(0) = h′′′(0) = 0, és a h-nak a 0-ban szigorú inflexiója van. Teháta 7.7.6. Tétel

"f ′′(a) = 0, f ′′′(a) = 0” feltétele is csak elégséges, de nem szükséges

ahhoz, hogy az f -nek az a-ban inflexiója legyen.x) (Newton-módszer.) Tegyük fel, hogy I ⊂ R nyílt intervallum, f : I → R, f ∈ D2,

és f ′(x) = 0, f ′′(x) = 0 (x ∈ I ). A deriváltfüggvények Darboux-tulajdonsága(ld. 7.5.10. Tétel) miatt ezért azt mondhatjuk, hogy az f ′, f ′′ függvények állandó




előjelűek. Feltehetjük tehát pl. azt, hogy f ′(x) > 0, f ′′(x) > 0 (x ∈ I ). (Azalábbiak értelemszerű módosításával tárgyalhatók az egyéb esetek:

f ′(x) > 0 , f ′′(x) < 0 (x ∈ I ),

ill.f ′(x) < 0 , f ′′(x) > 0 (x ∈ I ),

vagyf ′(x) < 0 , f ′′(x) < 0 (x ∈ I ).)

Ekkor (ld. 7.5.7., 7.7.5. Tételek) az f szigorúan monoton növő, és szigorúan konvex.Tegyük fel továbbá, hogy az f -nek van gyöke, azaz létezik olyan ξ ∈ I, amelyref (ξ ) = 0. (Ehhez a Bolzano-tétel (ld. 5.5.4. Tétel) alapján elegendő olyan u, v ∈ I,u < v helyeket

"találni", hogy f (u)· f (v) < 0, amikor is van ilyen ξ gyök az (u, v)-

ben.) Az f szigorú monotonitása miatt ekkor a ξ egyértelműen létezik. Legyen

ξ < a ∈ I, és ea(x) := f (a) + f ′(a)(x − a) (x ∈ R)

(az a-beli érintő). Könnyen ellenőrizhető, hogy

b := a − f (a)

f ′(a) ∈ (ξ, a),

és ea(b) = 0. Ti. f (a) > 0, f ′(a) > 0 alapján f (a)/f ′(a) > 0, így b < a triviálisanigaz. Továbbá (ld. 7.6. xix) megjegyzés) az f szigorú konvexitása szerint f (x) > ea(x)(a = x ∈ I ), ill. ea(b) = 0 miatt f (b) > 0. Mivel az f szigorúan monoton növő,ezért f (x) < 0 = f (ξ ) (I

∋x < ξ ). Így valóban igaz, hogy b > ξ. Mindezek alapján

tekintsük azt az (xn) : N→ I sorozatot, amelyre

ξ < x0 ∈ I , xn+1 := xn − f (xn)

f ′(xn) (n ∈ I ).

(A ξ < x0 ∈ I feltétel másként mondva azt jelenti, hogy x0 ∈ I, és f (x0) > 0.)Ekkor az (xn) sorozat szigorúan monoton fogyó, és xn ∈ (ξ, x0] (n ∈ N). A 3.5.3.Tétel értelmében az (xn) konvergens is, legyen η := lim(xn). Az f, f ′ függvényekfolytonossága (ld. 7.1.3. Tétel), az átviteli elv (ld. 5.5.2. Tétel), ill. az 5.5.1. Tételalapján

η = lim(xn+1) = η − f (η)

f ′(η) .

Innen f (η) = 0, így η = ξ következik, tehát

ξ = lim(xn).




Ha n ∈ N, akkor (ld. 7.7.2. Tétel)

xn+1 − ξ = xn − ξ − f (xn)

f ′(xn) =

f ′(xn)(xn − ξ ) − f (xn)

f ′(xn) =

f (ξ ) − (f (xn) + f ′

(xn)(ξ − xn))f ′(xn)

= f (ξ ) − T xn,1f (ξ )f ′(xn)

= f ′′

(ηn)2f ′(xn)

· (xn − ξ )2

(alkalmas ηn ∈ (ξ, xn) helyen). Tegyük fel, hogy

(0 <) C I := sup

f ′′(t)

2f ′(z ) : t, z ∈ I

< +∞,

ekkor|xn+1 − ξ | ≤ C I (xn − ξ )2 (n ∈ N).

Ha pl.M := sup

f ′′(x) : x

∈I

< +∞

,

0 < m := inf f ′(x) : x ∈ I ,

akkor nyilván

C I ≤ M

2m.

Innen a dn := C I |xn − ξ | (n ∈ N) jelöléssel

dn+1 ≤ d2n (n ∈ N)

következik, ebből meg (teljes indukcióval)

dn ≤ (d0)2n

(n ∈ N).

Mindezt egybevetve azt mondhatjuk, hogy

(∗) |xn − ξ | ≤ 1

C I · (C I |x0 − ξ |)2n ≤ 1

C I · (C I · |I |)2n

(n ∈ N)

(ahol |I | az I intervallum hossza (nyilván feltehető, hogy |I | < +∞)). Ha ittC I · |I | < 1, akkor az előző (∗) egyenlőtlenség egy

"hatékony" hibabecslés a ξ gyök és

a közelítéséül szolgáló xn (n ∈ N) eltérésére, ui. (ld. 3.9.2. Tétel) (C I · |I |)2n → 0(n → ∞). A C I · |I | ≥ 1 esetben ugyanakkor pl. az intervallumfelezéses eljárással (ld.5.6. viii) megjegyzés)

"

véges sok lépésben" kaphatunk olyan ξ

∈J

⊂I intervallumot,

amelyre márC J · |J | ≤ C I · |J | < 1,

és ezután már tetszőleges ξ < x0 ∈ J pontból"

indítható" a Newton-módszer. (Emlé-keztetünk arra, hogy az I intervallumból kiinduló intervallumfelezéses módszer n-edik




(n ∈ N) lépésében kapott, a ξ -t tartalmazó J = J n intervallum hossza |I |/2n. Ezérta J egy z elemét használva a ξ gyök közelítéséül csak annyit mondhatunk a ξ ≈ z közelítés hibájáról, hogy |z − ξ | < |I |/2n. A gyakorlatban sokszor kerül sor az ilyen

"hibrid" módszerek alkalmazására, ezek vizsgálata a numerikus analízis feladata.)

xi) Az előző megjegyzés illusztrálására tekintsük az alábbi függvényt:

f (x) := x2 − 2 (1 < x < 2).

Világos, hogy ξ =√

2, ill.

f ′(x) = 2x , f ′′(x) = 2 (1 < x < 2),

és

C := sup

f ′′(t)

2f ′(z ) : 1 < t, z < 2

= sup

2

4z : 1 < t, z < 2

=

1

2.

Továbbá az x0 := 3/2 választással

xn+1 = xn − f (xn)

f ′(xn) = xn − x2

n − 2

2xn=

xn2

+ 1

xn(n ∈ N).

Ezért lim(xn) =√

2, és

|xn − √ 2| ≤ 2·

1

2

2n

=

1

2

2n−1

(n ∈ N)

(ld. még 3.10. ii), ix) megjegyzések).

xii) A 7.6. iii) megjegyzésben a h ∈ R→ R függvény által meghatározotth(x) = 0

egyenlet megoldásával, azaz az

x ∈ Dh : h(x) = 0halmaz meghatározásával foglalkoztunk. Pl. ekvivalens átalakítással egy f függvényfixpontjainak a kiszámítására vezettük vissza a szóban forgó feladatot, ahol

f (x) := h(x)g(x) + x (x ∈ Dh).

Itt a g ∈R→ R függvény legalább a Dh halmazon értelmezve van, és annak egyetlenpontjában sem vesz fel nullát. Tegyük fel, hogy g, h ∈ D. Ekkor (ld. 7.3.1. Tétel)f ∈ D, és

f ′(x) = 1 + g′(x)h(x) + g(x)h′(x) (x ∈ Dh).




Ha h ∈ D2 és h′(x) = 0 (x ∈ Dh), akkor a g := −1/h′ választással (ld. 7.3.1. Tétel)

f (x) = x − h(x)

h′(x) , f ′(x) =

h(x)h′′(x)

(h′(x))2 (x ∈ Dh).

Tegyük fel, hogy valamilyen [a, b] (a, b ∈ R, a < b) intervallummal [a, b] ⊂ Dh ésf (x) ∈ [a, b] (x ∈ [a, b]), továbbá

q := sup

|h(x)h′′(x)|(h′(x))2

: x ∈ [a, b]

< 1.

Ekkor alkalmazható a fixpont-tétel (ld. 3.9.9. Tétel), hogy ti. egyértelműen létezikolyan ξ ∈ [a, b], amelyre f (ξ ) = ξ, azaz h(ξ ) = 0, és tetszőleges x0 ∈ [a, b] mellettaz

xn+1 := f (xn) = xn − h(xn)

h′(xn) (n ∈ N)

sorozat ξ -hez konvergál. Az így kapott algoritmus tehát ugyanaz, mint a Newton-módszer algoritmusa (ld. x)).

xiii) A függvényvizsgálati tételeinknek az egyenletek megoldása során történő alkalmazha-tóságát mutatja be az alábbi feladat is: lássuk be, hogy egyértelműen létezik olyanpozitív ξ szám, amelyre

1 + 2 ln ξ = ξ 2.

Tekintsük ehhez ui. az

f (x) := x2

−2 ln x

−1 (x > 0)

függvényt. Ekkor (ld. 7.3.6. Tétel) f ∈ D, és

f ′(x) = 2x − 2

x (x > 0).

A ξ := 1 választással nyilván f (ξ ) = 0, azaz az 1 megoldása a szóban forgó egyen-letnek. Az is világos, hogy

f ′(x) < 0 < f ′(t) (0 < x < 1 < t).

Így (ld. 7.5.7. Tétel, ill. 7.5.8. Lemma) az f |(0,1]

leszűkítés szigorúan monoton fogyó,az f |[1,+∞)

pedig szigorúan monoton növő. Ez azt jelenti, hogy az f -nek az 1-benszigorú értelemben vett abszolút minimuma van:

f (x) > f (1) = 0 (1 = x ∈ (0, +∞)).




xiv) Az előző megjegyzéshez hasonlóan"

kezelhető" az alábbi feladat is: mutassuk meg,hogy bármely 0 < x ∈ R esetén

x − x2

2 < ln(x + 1) < x.

Legyen ui.

f (x) := ln(x + 1) − x + x2

2 , g(x) := x − ln(x + 1) (x ≥ 0).

Az így definiált f, g függvényekre (ld. 7.3.6. Tétel) f, g ∈ Dx , és

f ′(x) = 1

x + 1 + x − 1 =

x2

x + 1 , g′(x) = 1 − 1

x + 1 =

x

x + 1 (x > 0).

Világos, hogy f ′(x) > 0, g′(x) > 0 (x > 0), következésképpen a 7.5.7. Tétel és a7.5.8. Lemma miatt az f is és a g is szigorúan monoton növekedő. Ugyanakkor

f (0) = g(0) = 0,

amiből f (x) > 0, g(x) > 0 (x > 0), azaz a kívánt egyenlőtlenségek már következnek.

xv) A közelítő módszerek és az analízis fentebb bizonyos vonatkozásokban már érintettkapcsolatát illusztrálja az alábbi feladat is: adjunk hibabecslést a

√ 1 + x ≈ 1 +

x

2 − x2

8 (0 ≤ x ≤ 1)

közelítésre. Legyen ehhez

f (x) := √ 1 + x (x > −1),

ekkor könnyen láthatóan f ∈ D∞, és a

cn :=

1 (n = 1, 2)

n−2k=1(2k + 1) (2 < n ∈ N)

jelöléssel

(

∗) f (n)(x) = (

−1)n+1 cn

2n

·(1 + x)−(2n−1)/2 (x >

−1).

Valóban, f (x) = (1 + x)1/2 (x > −1) alapján a 7.3.6. Tételt figyelembe véve nyilvánf ∈ Dx, és

f ′(x) = 1

2· (1 + x)−1/2 (x > −1),




ami a (∗) formula n = 1-re. Analóg okfejtéssel kapjuk, hogy f ′ ∈ Dx, azazf ∈ D2x, és

f ′′(x) = (f ′)′(x) = −1

4· (1 + x)−3/2 (x > −1),

ez pedig a (∗) egyenlőség n = 2-re. Hasonlóan, f ′′ ∈ Dx, így f ∈ D3x, és

f ′′′(x) = (f ′′)′(x) = 3

8· (1 + x)−5/2 (x > −1),

tehát n = 3-ra is igaz a (∗) alatti képlet. A továbbiakban teljes indukciót alkalmazvategyük fel, hogy valamilyen 3 ≤ n ∈ N mellett f ∈ Dnx (x > −1), és fennáll a(∗) egyenlőség. A 7.3.6. Tétel miatt innen f (n) ∈ Dx, más szóval f ∈ Dn+1x, és

f (n+1)(x) = (f (n))′(x) = (−1)n+1 cn2n

·−2n − 1

2

· (1 + x)−(2n−1)/2−1 =

(−1)n+2 cn· (2n − 1)2n+1

· (1 + x)−(2n+1)/2 =

(−1)n+2 cn+1

2n+1· (1 + x)−(2n+1)/2 (x > −1)

adódik. Ez utóbbi a (∗) formula n helyett (n + 1)-re. Tehát

f (0) = 1 , f ′(0) = 1

2 , f ′′(0) = −1

4,

amiből

T 0,2f (x) = 1 + x

2 − x2

8

(x

∈R)

következik. Így a 7.7.2. Tétel alapján

√ 1 + x −

1 +

x

2 − x2

8

=

√ 1 + x − T 0,2f (x) =

f ′′′(ξ )

6 · x3 (0 < x ≤ 1),

ahol ξ ∈ (0, x) egy alkalmas (x-től függő) hely. Mivel a fenti (∗) képlet szerint

|f ′′′(ξ )

|=

c3

8 ·(1 + ξ )−5/2 =

3

8 · 1

(1 + ξ )5

< 3

8,

ezért √ 1 + x −

1 +

x

2 − x2

8

< 3

48· x3 ≤ 1

16 (0 ≤ x ≤ 1).




Pl., ha x = 1/2, akkor 3

2 ≈ T 0,2f (1/2) =

39

32 ,

3

2 − 39

32

< 1

128 = 0, 0078125.

xvi) Mutassuk meg, hogy

ln(1 + x) =∞k=1

(−1)k+1

k · xk (−1 < x ≤ 1).

Speciálisan∞k=1

(−1)k+1

k = ln 2.

Megjegyezzük, hogy 0 < x ≤ 1 esetén a

((−1)k+1xk/k) végtelen sor a 4.3.3. Tétel

szerint egy konvergens Leibniz-sor. Legyen

f (x) := ln(1 + x) (x > −1),

ekkor f ∈ D∞, és

f (n)(x) = (−1)n+1· (n − 1)!

(1 + x)n (1 ≤ n ∈ N, x > −1).

Teljes indukcóval gondolkozva legyen először n = 1, ekkor (ld. 7.3.2., 7.3.6. Tételek)f ∈ D, és

f ′(x) = 1

1 + x (x >

−1).

Ha valamilyen 1 ≤ n ∈ N esetén f ∈ Dn, továbbá

f (n)(x) = (−1)n+1· (n − 1)!

(1 + x)n =

(−1)n+1· (n − 1)!· (1 + x)−n (x > −1),

akkor (ld. 7.3.6. Tétel) f (n) ∈ D, azaz f ∈ Dn+1, és

f (n+1)(x) = (f (n))′(x) = (−1)n+1· (n − 1)!· (−n)· (1 + x)−n−1 =

(−1)n+2· n!(1 + x)n+1

(x > −1).

Ezértf (0) = 0 , f (k)(0) = (−1)k+1· (k − 1)! (1 ≤ k ∈N),




így

T 0,nf (x) =nk=0

f (k)(0)

k! xk =

nk=1

(−1)k+1

k · xk (x ∈ R),

és (ld. 7.7.2. Tétel)

∆n(x) :=

ln(1 + x) −nk=1

(−1)k+1

k · xk

=f (n+1)(ξ )

(n + 1)! · xn+1

= 1

n + 1· |x|n+1

|1 + ξ |n+1 (0 = x ∈ (−1, 1)),

alkalmas, a 0 és az x közötti ξ -vel. Világos, hogy 0 < x ≤ 1 esetén 0 < ξ < 1, ezért

|x|n+1

|1 + ξ

|n+1

≤ xn+1 ≤ 1.

Továbbá a −1/2 ≤ x < 0 helyeken x < ξ < 0, amiből

|1 + ξ | ≥ 1 − |ξ | > 1 − |x| , |x|1 − |x| ≤ 1

alapján|x|n+1

|1 + ξ |n+1 <

|x|1 − |x|

n+1

≤ 1

következik. Mindezeket figyelembe véve azt mondhatjuk, hogy

∆n(x) ≤ 1

n + 1 (0 = x ∈ [−1/2, 1]),

tehát ∆n(x) → 0 (n → ∞). Ez azt jelenti, hogy a megjegyzésbeli

ln(1 + x) =∞k=1

(−1)k+1

k · xk

egyenlőség (x = 0-ra triviális lévén) minden x ∈ [−1/2, 1] mellett igaz. A (−1, −1/2)intervallumon (sőt, amint kiderül, a (−1, 1) nyílt intervallumon) a következőképpen

láthatjuk be az előbbi egyenlőséget. A Cauchy-Hadamard-tétel (ld. 4.5.2. Tétel)szerint a ((−1)k+1xk/k) hatványsor konvergencia-sugara 1, ezért a

g(x) :=∞k=1

(−1)k+1

k · xk (−1 < x < 1)




összegfüggvény a 7.3.4. Tétel értelmében differenciálható, és

g′(x) :=∞k=1

(−1)k+1· xk−1 =∞k=0

(−x)k = 1

1 + x = f ′(x) (−1 < x < 1).

Következésképpen (ld. 7.3.1. Tétel) f − g ∈ Dx, és(f − g)′(x) = f ′(x) − g′(x) = 0 (−1 < x < 1).

Ezért (ld. 7.5.6. Tétel) egy alkalmas c ∈ R konstanssal

f (x) − g(x) = c (−1 < x < 1).

Ugyanakkor f (0) − g(0) = 0, így c = 0, ami az előbbiek szerint az

f (x) = ln(1 + x) = g(x) =∞k=1

(−1)k+1

k · xk

egyenlőség az x ∈ (−1, 1) helyeken.

xvii) Azt mondjuk, hogy a valós együtthatós P polinomnak az α ∈ R szám ν -szörös gyöke (ahol 1 ≤ ν ∈N), ha

P (k)(α) = 0 (k = 0,...,ν − 1),

és P (ν )(α) = 0. (A ν számot az α gyök multiplicitásának nevezzük.) Bizonyítsuk be,hogy ekkor van olyan Q (valós együtthatós) polinom, amelyre Q(α) = 0, és

P (x) = (x − α)ν · Q(x) (x ∈ R),

(ahol ν ≥ 2 esetén az α szám a P ′ (derivált)polinomnak (ν − 1)-szeres gyöke).Valóban, legyen a P polinom fokszáma 1 ≤ N ∈ N, ekkor a vii) megjegyzés szerint(a b := α szereposztással) a

bk = P (k)(α)

k! (k = 0,...,N )

együtthatókkal

P (x) =N k=0

bk(x − α)k (x ∈ R).

Mivel P (k)

≡ 0 (N < k ∈ N), ezért az α-ra tett feltétel alapján ν ≤ N, ésbk = 0 (k = 0,...,ν − 1). Így

P (x) =N k=ν

bk(x − α)k =




(x − α)ν ·N k=ν

bk(x − α)k−ν = (x − α)ν · Q(x) (x ∈ R),

ahol tehát

Q(x) :=N

k=ν

bk(x

−α)k−ν (x

∈R).

Itt

Q(α) = bν = P (ν )(α)

ν ! = 0.

Fordítva, ha az R(x) := (x−α)ν (x ∈ R) polinommal P = R· Q, és Q(α) = 0, akkora Leibniz-szabály (ld. 7.7.) alapján

P (m) =m j=0

m

j

R( j)· Q(m− j) (m ∈ N).

Mivel R( j)

≡0 (ν < j

∈N), ezért az m

∧ν := min

m, ν

jelöléssel

P (m) =m∧ν j=0

m

j

R( j)· Q(m− j) (m ∈ N).

Ha itt m = 0,...,ν − 1, akkor m ∧ ν = m, és R( j)(α) = 0 ( j = 0,...,m) miattP (m)(α) = 0. Ha viszont m = ν, akkor m ∧ ν = ν, és

P (ν )(α) =ν j=0

ν

j

R( j)(α)· Q(ν − j)(α) = R(ν )(α)· Q(α) = ν !· Q(α) = 0.

Mindez azt jelenti, hogy az α a P -nek ν -szörös gyöke. Ha a P -nek van α-tól külön-böző valós gyöke is (mondjuk β

∈R), akkor nyilván Q(β ) = 0. Az előbb mondottakat

most P helyett Q-ra alkalmazva, ill. mindezt rekurzíve folytatva kapjuk a 2.4. xiv)megjegyzésben idézett gyöktényezős előállítást P -re, ha P -nek csak valós gyökei van-nak.

xviii) Tegyük fel, hogy a valós együtthatós, nem konstans P polinomnak minden gyökevalós szám, legyenek ezek a gyökök α1 < ... < αs (valamilyen 1 ≤ s ∈ N mellett).Az algebra alaptétele szerint (ld. még xvii) megjegyzés) tehát egy alkalmas 0 = c ∈ Regyütthatóval

P (x) = c·si=1

(x − αi)ν i (x ∈ R),

ahol (ld. 2.4. xiv) megjegyzés) ν i az αi (i = 1,...,s) gyök multiplicitása, ill.n :=

si=1 ν i pedig a P fokszáma. Mutassuk meg, hogy a P ′ (derivált)polinomnak

legfeljebb valós gyökei vannak. Ui. s = 1 esetén a P alakja

P (x) = c(x − α1)n (x ∈ R),




ezértP ′(x) = cn(x − α1)n−1 (x ∈ R).

Ha itt n = 1, akkor P ′ ≡ c = 0, más szóval P ′-nek nincs gyöke (így nem valósgyöke sincs). Ha viszont n ≥ 2, akkor P ′-nek egyetlen (n − 1)-szeres gyöke van,

az α1 valós szám. Tegyük fel ezek után, hogy s ≥ 2, amikor is a Rolle-tétel (ld.7.5.2. Tétel) szerint minden i = 1,...,s − 1 esetén P (αi) = P (αi+1) = 0 miatt egyalkalmas ξ i ∈ (αi, αi+1) helyen P ′(ξ i) = 0. A xvii) megjegyzés alapján ugyanakkorazt mondhatjuk, hogy ha valamilyen i = 1,...,s indexre ν i ≥ 2, akkor az αi a P ′

deriváltpolinomnak (ν i−1)-szeres gyöke. Mivel a ξ i-k nyilván páronként különbözőek,ezért a ξ i-k (i = 1,...,s − 1) és az α j-k ( j = 1,...,s; ν j ≥ 2), mint a P ′ gyökeinek amultiplicitása összesen legalább

s − 1 +si=1

(ν i − 1) =si=1

ν i − 1 = n − 1.

A P ′ polinom (n − 1)-ed fokú, ezért (mutiplicitással számolva) n − 1 darab gyökevan, ezek az előbbiek szerint nem mások, mint a ξ i (i = 1,...,s − 1) és az α j( j = 1,...,s; ν j ≥ 2) valós számok.

xix) Legyen g ∈ R → R, a ∈ int Dg, n ∈ N, g ∈ Dna, és P egy valós együtthatós,legfeljebb n-edfokú polinom. Tegyük fel, hogy

limx→a

g(x) − P (x)

(x − a)n = 0.

Mutassuk meg, hogy P = T a,ng, azaz a P polinom a g függvény a-beli n-edik Taylor-

polinomja. Ui. az n = 0 esetben valamilyen c ∈ R konstanssal P ≡ c, ill. g ∈ Ca,ezért létezik limx→a g(x) = g(a). A feltétel ezért most

limx→a

(g(x) − c) = g(a) − c = 0

alakú, más szóval c = g(a) = T a,0g. Feltehetjük tehát, hogy a továbbiakban márn ≥ 1. Ekkor a

h(x) := g(x) − P (x)

(x − a)n (a = x ∈ Dg)

függvénnyel limx→a h(x) = 0, és

P (x) = g(x) − h(x)· (x − a)n (a = x ∈ Dg),

ígyP (a) = lim

x→aP (x) = lim

x→ag(x) − lim

x→a(h(x)· (x − a)n) = lim

x→ag(x) = g(a).




Ha n = 1, akkor

P (x) − P (a) = g(x) − g(a) − h(x)(x − a) (a = x ∈ Dg),

azaz

g(x) − g(a)x − a

= P (x) − P (a)x − a

+ h(x) (a = x ∈ Dg).

Mivel P ∈ D, ezért létezik a

limx→a

P (x) − P (a)

x − a = P ′(a)

(véges) határérték. Tehát limx→a h(x) = 0 alapján

limx→a

g(x) − g(a)

x

−a

= g ′(a) = P ′(a),

következésképpen (ld. vii))

P (x) = P (a) + P ′(a)(x − a) = g(a) + g′(a)(x − a) = T a,1g(x) (x ∈ R).

Ha viszont n > 1, akkor a g ∈ Dna feltétel miatt egy alkalmas r > 0 esetén(a − r, a + r) ⊂ Dg, és g ∈ Dn−1x (x ∈ (a − r, a + r)). Ezért a

limx→a

(g(x) − P (x)) = g(a) − P (a) = 0 = limx→a

(x − a)n

egyenlőségekre tekintettel alkalmazható a L’Hospital-szabály (ld. 7.5.17. Tétel), és az

adódik, hogy0 = lim

x→a

g(x) − P (x)

(x − a)n = lim

x→a

g′(x) − P ′(x)

n(x − a)n−1 ,

azaz

limx→a

g′(x) − P ′(x)

(x − a)n−1 = 0.

Megismételve az"

ide vezető utat" g − P helyett a g′ − P ′ függvénnyel, n helyett(n − 1)-gyel, ill. ezt rekurzíve folytatva azt kapjuk, hogy

P (k)(a) = g(k)(a) (k = 0,...,n − 1).

A vii) megjegyzés szerint ugyanakkor alkalmas b0,...,bn ∈R együtthatókkal

P (x) =n j=0

b j(x − a) j (x ∈ R),




ahol P ( j)(a) = j !· b j ( j = 0,...,n), azaz

bk = P (k)(a)

k! =

g(k)(a)

k! (k = 0,...,n − 1).

Más szóvalP (x) =

n−1k=0

g(k)(a)

k! (x − a)k +

P (n)(a)

n! (x − a)n =

T a,ng(x) + P (n)(a) − g(n)(a)

n! (x − a)n (x ∈ R).

Tehát a kiinduló feltétel, ill. vii) szerint

0 = limx→a

g(x) − P (x)

(x − a)n =

limx→ag(x)−

T a,ng(x)

(x − a)n + g (n)(a)

−P (n)(a)

n! = g(n)(a)

−P (n)(a)

n! ,

amiből P (n)(a) = g(n)(a). Ezért P = T a,ng.

xx) A Taylor-formulában (ld. 7.7.2. Tétel az ottani jelölésekkel) szereplő x és a közöttiξ -t írjuk fel a következő alakban:

ξ = a + θn(x)(x − a),

ahol a θn(x) számra 0 < θn(x) < 1 teljesül. Ha tehát f ∈ R → R, a ∈ int Df ,n ∈ N, és az r > 0

"sugárral" (a − r, a + r) ⊂ Df , továbbá

f ∈ Dn+1x (x ∈ (a − r, a + r)),

akkorRn(x) := f (x) − T a,nf (x) =

f (n+1)(a + θn(x)(x − a))

(n + 1)! · (x − a)n+1 (a = x ∈ (a − r, a + r)).

Legyen θn(a) := 0, ekkor az így definiált

θn : (a − r, a + r) → [0, 1)

függvény az alábbi érdekes tulajdonsággal rendelkezik: ha az f függvényre még az isigaz, hogy f ∈ Dn+2x (x ∈ (a − r, a + r)) és f (n+2) ∈ Ca, f (n+2)(a) = 0, akkorlétezik a

limx→a

θn(x) = 1

n + 2




határérték. Valóban, limx→a (a + θn(x)(x − a)) = a miatt

f (n+2)(a) = lima

∆af (n+1) = limx→a

f (n+1)(a + θn(x)(x − a)) − f (n+1)(a)

θn(x)(x − a) =

limx→a

1θn(x)(x − a)

·(n + 1)!· Rn(x)(x − a)n+1

− f (n+1)(a) =

limx→a

(n + 1)!

θn(x)(x − a)n+2

Rn(x) − f (n+1)(a)

(n + 1)! · (x − a)n+1

=

limx→a

(n + 1)!· Rn+1(x)

θn(x)(x − a)n+2 = lim

x→a

f (n+2)(a + θn+1(x)(x − a))

(n + 2)· θn(x) .

Mivel f (n+2) ∈ Ca, ezért limx→a (a + θn+1(x)(x − a)) = a alapján

0

= f (n+2)(a) = lim

a

f (n+2) = limx→a

f (n+2)(a + θn+1(x)(x

−a)),

így egy alkalmas 0 < ρ ≤ r mellett f (n+2)(a + θn+1(x)(x − a)) = 0, és

θn(x) = 1

n + 2· f (n+2)(a + θn+1(x)(x − a))

f (n+2)(a + θn+1(x)(x − a))(n + 2)· θn(x)

(a = x ∈ (a − ρ, a + ρ)).

A határértékek hányadosára vonatkozó"

műveleti szabályok" (ld. 5.3.3. Tétel) szerintebből következően valóban létezik a

limx→a θn(x) =

1

n + 2 · limx→a f (n+2)(a + θn+1(x)(x

−a))

limx→af (n+2)(a + θn+1(x)(x − a))

(n + 2)· θn(x)=

1

n + 2· f (n+2)(a)

f (n+2)(a) =

1

n + 2

határérték.

xxi) Illusztráljuk egy példával az előző megjegyzésben mondottakat. Legyen ehhez

f (x) := 1

1 + x (−1 = x ∈ R).

Ekkor (könnyen ellenőrizhetően) f ∈ D∞, és

f ′(x) = − 1

(1 + x)2 , f ′′(x) =

2

(1 + x)3 (−1 = x ∈ R).




EzértT 0,1f (x) = f (0) + f ′(0)· x = 1 − x (x ∈ R).

Így (n := 1-re és a = 0-ra)

R1(x) = f (x) − T 0,1f (x) = 11 + x

− 1 + x = x2

1 + x = f

′′

(θ1(x)· x)2

· x2 =

x2

(1 + θ1(x)· x)3 (0 = x ∈ (−1, 1)),

tehát innen

θ1(x) =3√

1 + x − 1

x (0 = x ∈ (−1, 1)).

Pl. a L’Hospital-szabály (ld. 7.5.17. Tétel) alkalmazásával

limx→0

θ1(x) = limx→0

3

√ 1 + x − 1x

= 13· limx→0

(1 + x)−2/3 = 13

= 1n + 2

.

xxii) A 7.7.2. Tételben megfogalmazott Lagrange-féle maradéktag (ld. 7.8. ii) megjegy-zés) speciális esete egy sokkal általánosabb formulának. Ennek a megfogalmazásáhozinduljunk ki az f ∈ R → R függvényből, legyen a ∈ int Df , és valamilyen r > 0mellett (a−r, a + r) ⊂ Df . Tegyük fel továbbá, hogy egy adott n ∈ N

"kitevő" esetén

f ∈ Dn+1t (t ∈ (a − r, a + r)).

Legyen a

= x

∈(a

−r, a + r), ill.

ϕ : [a, x] → R (ha a < x),

vagyϕ : [x, a] → R (ha x < a)

olyan folytonos függvény, amelyik minden t ∈ int Dϕ helyen differenciálható, ésϕ′(t) = 0. Ekkor van olyan ξ ∈ intDϕ, hogy

f (x) − T a,nf (x) = ϕ(x) − ϕ(a)

ϕ′(ξ ) · f (n+1)(ξ )

n! · (x − ξ )n.

Tekintsük ui. az

F (t) :=nk=0

f (k)(t)

k! · (x − t)k (t ∈ (a − r, a + r))




függvényt. Világos, hogy F (x) = f (x) és F (a) = T a,nf (x), továbbá F ∈ D, és (ld.7.3.1. Tétel)

F ′(t) = f ′(t) +n

k=1

f (k+1)(t)

k! · (x − t)k − f (k)(t)

(k

−1)!

· (x − t)k−1

=

n+1k=2

f (k)(t)

(k − 1)!· (x − t)k−1 −

nk=2

f (k)(t)

(k − 1)!· (x − t)k−1 =

f (n+1)(t)

n! · (x − t)n (t ∈ (a − r, a + r)).

A ϕ′(t) = 0 (t ∈ int Dϕ) feltétel és a Rolle-tétel (ld. 7.5.2. Tétel) miatt világos, hogyϕ(x) = ϕ(a). Legyen

c := f (x) − F (a)

ϕ(x) − ϕ(a),

ésg(t) := F (t) + c· (ϕ(x) − ϕ(t)) (t ∈ Dϕ).

Az így definiált g függvény folytonos, minden t ∈ int Dϕ helyen differenciálható, és

g(x) = F (x) = f (x) = g(a).

Ezért az előbb már idézett Rolle-tétel (ld. 7.5.2. Tétel) alapján egy alkalmas, a és xközötti ξ -vel

0 = g ′(ξ ) = F ′(ξ )

−c

·ϕ′(ξ ) =

f (n+1)(ξ )

n! ·(x

−ξ )n

−c

·ϕ′(ξ ),

amiből

c = 1

ϕ′(ξ )· f (n+1)(ξ )

n! · (x − ξ )n.

Következésképpen

f (x) − F (a) = f (x) − T a,nf (x) = c· (ϕ(x) − ϕ(a)) =

ϕ(x) − ϕ(a)

ϕ′(ξ ) · f (n+1)(ξ )

n! · (x − ξ )n.

xxiii) Legyen 1 ≤ p ∈ N, és írjuk az előző megjegyzésben (az ottani jelölések megtartásával)a ϕ helyébe az alábbi függvényt:

ϕ(t) := (x − t) p (t ∈ [a, x] vagy t ∈ [x, a]).




Ekkor ϕ(x) − ϕ(a) = −(x − a) p és ϕ′(ξ ) = − p(x − ξ ) p−1, tehát a xxii) megjegyzésbenkapott formula a következő:

f (x) − T a,nf (x) = (x − a) p

p · f (n+1)(ξ )

n! · (x − ξ )n− p+1.

Az előbbi egyenlőség jobb oldalán álló kifejezés az ún. Schlömilch-féle maradéktag.Ez speciálisan p = n + 1 esetén az

f (n+1)(ξ )

(n + 1)! · (x − a)n+1

Lagrange-féle maradéktag, míg p = 1-re az

f (n+1)(ξ )

n! · (x − a)· (x − ξ )n

ún. Cauchy-féle maradéktag. (Felhívjuk a figyelmet arra, hogy az előbbiekben szerep-

lő, x és a közötti ξ "közbülső" hely (x mellett) ϕ-től is függ, így speciálisan p-tőlis.)

xxiv) A xx) megjegyzésben (az eddigi vizsgálódásainkban először) kapott szerepet egy de-riváltfüggvény folytonossága. Ezzel kapcsolatos az alábbi értelmezés. Nevezetesen, azf ∈ R → R függvény egy a ∈ intDf pontban (valamilyen n ∈ N mellett) n-szer

folytonosan differenciálható, ha van olyan r > 0, amellyel

f ∈ Dnx (x ∈ (a − r, a + r)),

és f (n) ∈ Ca. Mindezt a következőképpen fogjuk jelölni: f ∈ Cna. Speciálisanf

∈ C0

a

jelentse azt, hogy f

∈ Ca

. Ha a szóban forgó f függvény minden

a ∈ Df esetén rendelkezik ezzel a tulajdonsággal, akkor az f -et n-szer folytonosan differenciálhatónak nevezzük, és erre a tényre az f ∈ Cn jelölést használjuk. A 7.7.1.Tétel alapján nyilvánvaló, hogy tetszőleges f analitikus függvényre (azaz hatványsorösszegfüggvényére) f ∈ Cn igaz minden n ∈ N

"kitevőre". Ugyanakkor pl. az

f (x) :=

0 (x = 0)

x2 sin(1/x) (0 = x ∈ R)

függvényre (ld. 7.6. xiv) megjegyzés) f ∈ D,

f ′(x) = 0 (x = 0)

2x sin(1/x) − cos(1/x) (0 = x ∈ R),

és f ′ /∈ C0. Ez azt jelenti, hogy f ∈ D0 \ C10.






8. fejezet

Határozatlan integrál

8.1. A primitív függvény fogalma

Képzeljük el, hogy egy m (> 0) tömegű rakétát v0 (> 0) kezdősebességgel függőlegesenfellövünk. Tegyük fel, hogy a mozgás során a rakétára mindössze két erő hat: a nehézségierő, és a pillanatnyi sebesség négyzetével arányos súrlódási erő. Mennyi ideig emelkedik arakéta?

A feladat matematikai modelljének a felállításához legyen α (> 0) a nehézségi gyor-sulás, a pillanatnyi sebességgel kapcsolatban feltételezett arányossági tényező pedig legyenβ (> 0). Ha v ∈ R → R jelenti a sebesség-idő függvényt, akkor – feltéve, hogy 0 ∈ Dvnyílt intervallum, és v ∈ D – a fizika Newton-féle mozgástörvényei alapján a következőtmondhatjuk:

(∗) mv′

= −mα − βv2

, v(0) = v0.

Azt a T ∈ Dv "pillanatot" kell meghatározni, amelyre v(T ) = 0.

Feltételezve, hogy van ilyen v függvény, annak a meghatározásához vegyük észre, hogya

γ :=

β

mα

jelölésselv′(x)

1 + (γ ·

v(x))2 = −α (x ∈ Dv).

Tegyük fel, hogy a differenciálható h : R→ R függvény olyan, hogy

h′(x) := 1

1 + (γ · x)2 (x ∈ R),

345



346 FEJEZET 8. HATÁROZATLAN INTEGRÁL

ekkor (ld. 7.3.2. Tétel) h v ∈ D, és

(h v)′(x) = h′(v(x))· v′(x) = v′(x)

1 + (γ · v(x))2 = −α (x ∈ Dv).

Ha tehát g(x) := −α· x (x ∈R

), akkor(h v)′(x) = g ′(x) (x ∈ Dv),

vagy ami ugyanaz:(h v − g)

′(x) = 0 (x ∈ Dv).

Ezért a 7.5.6. Tétel miatt van olyan c ∈ R konstans, amellyel

h(v(x)) − g(x) = c (x ∈ Dv).

Azt kaptuk, hogyh(v(x)) =

−α

·x + c (x

∈ Dv).

Mivel v(0) = v0, így c = h(v0), más szóval a feladat matematikai modellje a következő:

h(v(x)) = −α· x + h(v0) (x ∈ Dv).

Ha T (> 0) ideig emelkedik a rakéta, akkor ez nyilván azt jelenti, hogy v(T ) = 0, amiből

h(v(T )) = h(0) = −α· T + h(v0)

következik. Tehát

T = h(v0) − h(0)

α .

Világos, hogy a fenti megoldás "kulcsa" a h függvény meghatározása (ha egyáltalánlétezik ilyen függvény). Most tehát nem deriválni kell egy (ismert) függvényt, hanem mintegy

"fordítva", egy adott függvényhez kell(ene) olyan differenciálható függvényt találni, hogy ez

utóbbinak a deriváltfüggvénye a kiindulási függvény legyen. A most vizsgált feladatban nemnehéz ilyet találni. Emlékeztetünk ui. (ld. 7.5.2.) az arkusztangensfüggvényre: arctg ∈ D,és

arctg′(x) = 1

1 + x2 (x ∈ R).

Innen már könnyen"

kitalálható" (ld. 7.3.2. Tétel), hogy a

h(x) := 1

γ ·arctg (γx) (x

∈R)

függvény differenciálható, és

h′(x) := 1

1 + (γ · x)2 (x ∈ R).



8.1. A PRIMITÍV FÜGGVÉNY FOGALMA 347

Mivel ekkor h(0) = 0, ezért

T = h(v0)

α =

1

γα· arctg(γv0) =

m

βα· arctg

β

mαv0

.

Megjegyezzük, hogy a fenti h(v(x)) = −αx + h(v0) (x ∈ Dv) egyenlőség a következő alakú:1

γ · arctg(γv(x)) = −αx +

1

γ · arctg(γv0) (x ∈ Dv).

Ebből (ld. 7.5.2.)

v(x) = 1

γ · tg(arctg(γv0) − αγx) (x ∈ Dv)

következik a

Dv :=

1

αγ (arctg(γv0) − π/2),

1

αγ (arctg(γv0) + π/2)

nyílt intervallummal. Nem nehéz most már "visszafelé" meggyőződni arról, hogy ez a vfüggvény eleget tesz a (∗) egyenlőségnek.

Az előző feladattal analóg a következő probléma is. Tegyük fel, hogy valamilyen (pl.radioaktív) anyag bomlik, a bomlás

"sebessége" (a megfigyelések szerint) egyenesen arányos

a még el nem bomlott anyag mennyiségével. Határozzuk meg az ún. felezési időt, azaz azta pillanatot, amikor a meglévő anyag (a megfigyelés kezdetétől számított) anyagnak éppena fele. A matematikai modell konstrukciójához legyen m ∈ R → (0, +∞) a tömeg-időfüggvény: m(t) jelenti a t ∈ Dm időpillanatban meglévő anyag mennyiségét, ahol 0 ∈ Dm,és m0 := m(0) a

"kezdeti pillanatban" az anyag mennyisége. Feltesszük, hogy Dm nyílt

intervallum, m ∈ D. Ha t, τ ∈ Dm, t < τ, akkor m(t) − m(τ ) a τ − t idő alatt elbomlott

anyag mennyisége, az m(t) − m(τ )

τ − t = −∆tm(τ )

hányados pedig a [t, τ ] időintervallumra számított"

átlagos bomlási sebesség". Ez utóbbi

"annál jobban jellemzi" a t pillanatbeli helyzetet, minél

"kisebb" a τ −t időváltozás. Egzakt

matematikai megfogalmazásban tehát"

logikusnak" tűnik a bomlás sebességeként a

limτ →t

m(t) − m(τ )

τ − t = lim

τ →t( − ∆tm(τ )) = −m′(t) (t ∈ Dm)

határértéket tekinteni. A feltételezés szerint van olyan α > 0 konstans, hogy

m′

= −αm,ahol m(0) = m0. Mivel m > 0, ezért az m′ = −αm egyenlőség azzal ekvivalens, hogy

m′

m ≡ −α.




Ha az f : (0, +∞) → R differenciálható függvényre

f ′(x) = 1

x (x > 0),

akkor (ld. 7.3.2. Tétel) f m ∈ D, és

(f m)′ = m′

m.

A g(x) := −αx (x ∈ R) függvény differenciálható, és g′ ≡ −α, ezért

(f m)′(x) = g ′(x) (x ∈ Dm),

vagy másképp fogalmazva (ld. 7.3.1. Tétel)

(f m − g)′(x) = 0 (x ∈ Dm).

Így (ld. 7.5.6. Tétel) van olyan c ∈ R konstans, amellyel

f (m(x)) − g(x) = c (x ∈ Dm).

Az m(0) = m0 "kezdeti feltételt" is figyelembe véve innen c = f (m0) adódik, más szóval

f (m(x)) = g(x) + f (m0) (x ∈ Dm).

Ha T a fenti felezési idő, akkor m(T ) = m0/2, ezért

f (m0/2) = −

αT + f (m0),

tehát

T = f (m0) − f (m0/2)

α .

Emlékeztetünk arra (ld. 7.3.6. Tétel), hogy az f := ln függvény eleget tesz a fentieknek,következésképpen

ln (m(x)) = −αx + ln(m0) (x ∈ Dm).

Innenm(x) = eln (m(x)) = e−αx· eln(m0) = m0· e−αx (x ∈ Dm),

és T = ln(m0) − ln(m0/2)

α =

ln 2

α .

(Könnyű ellenőrizni most is, hogy az előbbi m függvény kielégíti az m′ = −αm,m(0) = m0

modellt.) A megoldás egyik alapvető lépése ebben a feladatban is a következő volt: egy




ismert függvényhez kellett olyan differenciálható függvényt keresni, hogy ez utóbbinak aderiváltja a kiindulási függvény legyen.

A fenti példák alapján nem erőltetett az alábbi kérdésfelvetés. Legyen adott az I ⊂ R

nyílt intervallumon értelmezett f : I → R függvény. Azt mondjuk, hogy az F : I → R

függvény primitív függvénye az f -nek, ha F differenciálható, és F ′

= f. Legyen f :=

f (x) dx := F : I → R : F ∈ D, F ′ = f

(azaz az f primitív függvényeinek a halmazaz) az f határozatlan integrálja. (Esetenkéntmagára az

f halmaz elemeire is használni fogjuk (a

"primitív függvény" helyett) a hatá-

rozatlan integrál elnevezést.) Ha F ∈ f , akkor az F ′ = f egyenlőség és a 7.5.10. Tétel

miatt az f Darboux-tulajdonságú. Más szóval az f Darboux-tulajdonsága szükséges ahhoz,hogy az f -nek legyen primitív függvénye, vagy ami ugyanaz, az

f halmaz különbözzön az

üreshalmaztól. Így pl., ha

f (x) :=

1 (x > 0)

0 (x = 0)

−1 (x < 0),

akkor

f = ∅, hiszen az f nyilván nem Darboux-tulajdonságú. Világos ugyanakkor, hogypl.

cos = ∅, mivel (ld. 7.3.5. Tétel) sin′ = cos, azaz sin ∈

cos .

Az utóbbi példa kapcsán vegyük észre, hogy tetszőleges c ∈ R esetén sin+c ∈ cos isigaz, hiszen (ld. 7.3.1., 7.5.6. Tételek) sin+c ∈ D, és (sin+c)′ = sin′ = cos . Joggal merülfel a kérdés: a sin+c (c ∈ R) függvényeken kívül van-e más primitív függvénye a cos-nak?Erre válaszol (nem csupán a koszinuszfüggvény esetében) az alábbi tétel.

8.1.1. Tétel. Legyen I ⊂ R nyílt intervallum, f, F : I → R, és F ∈ f. Ekkor

f = F + c : c ∈ R.

Bizonyítás. Ha c ∈ R, akkor a tétel megfogalmazása előtti példa kapcsán idézetttételek miatt F + c ∈ D, és

(F + c)′ = F ′ = f,

ezért F + c : c ∈ R ⊂ f. A 7.5.6. Tételt figyelembe véve az előbbi ⊂ tartalmazás"

fordítottja" is könnyen adódik. Legyen ui. G ∈ f, ekkor G ∈ D, és G′ = f. Így (ld.

7.3.1. Tétel) G − F ∈ D, és

(G − F )′ = G′ − F ′ = f − f = 0.




A 7.5.6. Tétel szerint viszont ez utóbbi egyenlőség azzal ekvivalens, hogy valamilyen c ∈ Rkonstanssal G − F ≡ c, tehát G = F + c.

A most bebizonyított tétel szerint pl.

cos = sin+c : c ∈ R.

Megjegyezzük, hogy a fenti állításban szereplő

f = F + c : c ∈ R egyenlőséget többnyireaz alábbi formában

"rövidítjük":

f = F + c (c ∈ R).

Így pl. (ld. a bevezetőben vizsgált"

rakétás" feladat megoldását) 1

1 + x2 dx = arctg + c (c ∈ R).

Soroljunk fel ezen túlmenően néhány további "elemi integrált", amelyek az illető függvényekdifferenciálhatóságára, ill. deriváltjára vonatkozó megfelelő tételek alapján nyilvánvalóak (azalábbi formulákban c ∈ R tetszőleges):

sin = − cos+c ,

hµ =

xµ dx = hµ+1

µ + 1 + c (−1 = µ ∈ R),

h−1 =

1

x dx = ln +c ,

1√

1 − x2 dx = arcsin + c ,

ch = sh + c ,

sh = ch + c ,

1√

1 + x2 dx = arsh + c,

exp = exp +c ,

expa =

expaln a

+ c (1 = a ∈ (0, +∞)).

A"

határozzuk meg az

f -et" feladatokban természetesen elengedhetetlen az f függvény,és így (többek között) az I = Df értelmezési tartomány ismerete. Ez utóbbi időnként

"elsikkad" a feladat kitűzésekor, mondván, hogy az

"magától értedődő". Ez gyakran vezethet

félreértésekre, ezért lehetőleg kerülni kell ezt a pongyolaságot. Tekintsük pl. az

1

x dx

meghatározását. Itt gondolhatunk (mint fent) az

h−1 határozatlan integrál kiszámítására,ahol tehát I = (0, +∞), és f (x) := 1/x (x > 0). De jelenthette volna ez a feladat akövetkezőt is: legyen

I := (−∞, 0) , f (x) := 1x

(x < 0),

és határozzuk meg az

f -et. Világos (ld. 7.3.2., 7.3.6. Tételek), hogy ha

F (x) := ln(−x) (x < 0),




akkor F ∈ D, és F ′ = f. Ha tehát g(x) := −x (x < 0), akkor F = ln g, és f = ln g + c (c ∈ R)

(szemben a fenti h−1 = ln +c (c ∈R)

"eredménnyel").

A fentieket szem előtt tartva azért időnként az alábbi (kétségkívül némileg kifogásolható,de tömör) szimbolikát is fogjuk használni: ha F ∈

f, akkor f (x) dx = F (x) + c (x ∈ I, c ∈ R).

Illusztratív példaként tekintsük az alábbi"

alapintegrálokat": 1

1 − x2 dx = arth x + c (|x| < 1, c ∈ R) ,

1

1 − x2 dx = arcth x + c (x > 1, c ∈ R),

1

1 − x2 dx = arcth x + c (x < −1, c ∈ R) , 1

√ x2 − 1 dx = arch x + c (x > 1, c ∈ R).

8.1.2. Tétel. Tegyük fel, hogy I ⊂ R nyílt intervallum, és az f, g : I → R függvé-nyekre

f = ∅,

g = ∅. Ekkor tetszőleges α ∈R konstanssal

(f + α· g) = ∅ is igaz,

és bármely F ∈ f, G ∈

g esetén (f + α· g) = F + α· G + c : c ∈ R.

Bizonyítás. A 7.3.1. Tétel alapján az állításunk szinte nyilvánvaló. Ha ui. F ∈ f,G ∈

g , akkor F ′ = f, G′ = g. Ezért F + α· G ∈ D, és

(F + α· G)′ = F ′ + α· G′ = f + α· g.

Ezért F + α· G ∈ (f + α· g), amiből a 8.1.1. Tétel alapján a bizonyítandó egyenlőség is

következik.

Az f + α·

g :=

F + α· G : F ∈

f, G ∈

g

megállapodással azt is írhatjuk, hogy (f + α· g) =

f + α·

g.




8.1.3. Tétel (parciális integrálás). Tekintsük az I ⊂ R nyílt intervallumon értelme-zett és differenciálható f, g : I → R függvényeket. Tegyük fel, hogy az f ′g szorzat-

függvénynek van primitív függvénye, azaz

f ′g = ∅. Ekkor

f g′ = ∅, és tetszőleges F ∈

f ′g függvénnyel

f g′ =

f g−

F + c : c ∈R

.

Bizonyítás. Legyen ui. F ∈ f ′g, ekkor F ∈ D, és F ′ = f ′g. Mivel (ld. 7.3.1. Tétel)

f g ∈ D és(f g)′ = f ′g + f g′,

ezért f g − F ∈ D, továbbá

(f g − F )′ = f ′g + f g′ − F ′ = f g′.

Így f g − F ∈

f g′, következésképpen (ld. 8.1.1. Tétel)

f g′ = f g − F + c : c ∈ R.

Haf g −

f ′g :=

f g − F : F ∈

f ′g

,

akkor azt írhatjuk, hogy f g′ = f g −

f ′g.

Így pl. az f (x) := x, g(x) := ex (x

∈ R) szereposztással (a jelöléseket illető korábbi

megállapodásunkkal összhangban) xex dx = xex −

ex dx = xex − ex + c (x, c ∈ R).

Esetenként a fenti tételt többször egymás után alkalmazva" jutunk célhoz", mint pl. az

alábbi feladatban: x2 sin x dx = −x2 cos x + 2

x cos x dx =

−x2 cos x + 2

x sin x −

sin x dx

=

−x2 cos x + 2x sin x + 2 cos x + c (x, c

∈R).

Előfordulhat, hogy a parciális integrálás révén egy"

egyenletet" kapunk a keresett integrálravonatkozóan:

ex sin x dx = ex sin x −

ex cos x dx = ex sin x −

ex cos x +

ex sin x dx

=




ex sin x − ex cos x −

ex sin xdx,

ahonnan ex sin x dx =

ex sin x − ex cos x

2 + c (x, c ∈ R).

8.1.4. Tétel (integrálás helyettesítéssel). Legyenek adottak a J, I ⊂ R nyílt interval-lumok és a g : J → I, f : I → R függvények. Tegyük fel, hogy g ∈ D. Ekkor az alábbi állítások igazak:

1o ha

f = ∅, akkor

(f g)· g′ = ∅, és bármelyik F ∈ f primitív függvénnyel

(f g)· g′ = F g + c : c ∈ R;

2o ha g′(x)

= 0 (x

∈J ),

Rg = I , és (f

g)

·g′

=

∅, akkor f

=

∅, és tetszőleges

H ∈ (f g)· g′ függvénnyel f = H g−1 + c : c ∈ R.

Bizonyítás. Az 1o állítás bizonyításához legyen F ∈ f. Ekkor F ∈ D, és F ′ = f.

Következésképpen (ld. 7.3.2. Tétel) F g ∈ D, és

(F g)′ = (F ′ g)· g′ = (f g)· g′,

azaz F g ∈

(f g)· g′. Ezért (ld. 8.1.1. Tétel)

(f g)· g′ = F g + c : c ∈ R.

A 2o állítás igazolásához emlékeztetünk arra, hogy a g′ deriváltfüggvény Darboux-tulajdonsága (ld. 7.5.10. Tétel) és a g′(x) = 0 (x ∈ J ) feltétel miatt (ld. 7.6. xiii)megjegyzés) g′(x) > 0 (x ∈ J ), vagy g′(x) < 0 (x ∈ J ). Az első esetben (ld. 7.5.7. Tétel)a g függvény szigorúan monoton növő, a második esetben szigorúan monoton fogyó. Követ-kezésképpen létezik a g−1 inverzfüggvény, és (ld. 5.5.13. Tétel) g−1 ∈ C. Ezért alkalmazhatóa g-re a 7.3.3. Tétel, miszerint g−1 ∈ D, és

(g−1)′ = 1

g′ g−1

.

Ha H ∈ (f g)· g′, akkor H ∈ D, és H ′ = (f g)· g′. Így (ld. 7.3.2. Tétel) H g−1 ∈ D,

valamint(H g−1)′ = (H ′ g−1)· (g−1)′ =

((f g)· g′) g−1

· (g−1)′ =




f · (g′ g−1)· (g−1)′ = f · (g′ g−1)· 1

g′ g−1 = f.

Tehát H g−1 ∈ f, így (ld. 8.1.1. Tétel)

f = H g

−1

+ c : c ∈R

.

Legyen (

f ) g := F g : F ∈ f , akkor 1o szerint azt írhatjuk, hogy

(f g)· g′ =

f

g.

Más szóval az

f ismeretében a g"

helyettesítéssel" megkapjuk az

(f g)· g′ határozatlanintegrált, azaz az (f g)· g′ függvény primitív függvényeit. Pl. a bevezetőben említett

"rakétás" feladat kapcsán valójában az 1

1 + (γx)2 dx

határozatlan integrált kellett kiszámítani (ahol γ > 0 adott paraméter). Legyen ehhez

f (x) := 1

1 + x2 , g(x) := γx (x ∈ R),

ekkor g′ ≡ γ miatt

1

1 + (γx)2

dx = 1

γ · (f

g)·

g′ = 1

γ · f g =

arctg g

γ + c (c

∈R).

Hasonlóan, a 8.1.4. Tétel 2o állítása az előbbi formában a következő: f =

(f g)· g′

g−1.

Ha pl. f (x) :=√

1 − x2 (−1 < x < 1), akkor legyen

g(x) := sin x (x ∈ (−π/2, π/2)).

Ekkor √ 1 − x2 dx =

f =

(f g)· g′ g−1,

ahol(f g)· g′(x) = f (sin x)· cos x =

1 − sin2 x· cos x =




cos2 x = 1 + cos(2x)

2 (−π/2 < x < π/2).

Ezért

(f

g)·

g′ = 1 + cos(2x)

2 dx =

x

2 +

sin(2x)

4 + c =

x

2 +

sin x· cos x

2 + c =

x

2 +

sin x· √ 1 − sin2 x

2 + c (−π/2 < x < π/2, c ∈ R).

Mivel g−1 = arcsin, így f =

(f sin)· cos

arcsin =

arcsin(x)

2 +

x· √ 1 − x2

2 + c (−1 < x < 1, c ∈ R).

A következő tételben függvények egy széles osztályára

"

intézzük el" a határozatlan in-

tegrál kérdését. Megmutatjuk ui., hogy tetszőleges analitikus függvénynek van primitívfüggvénye, és az is analitikus függvény. (Speciális esetekben már fentebb megadtuk néhányilyen függvény primitív függvényeit, ld. exp, sin,... stb.)


(an(t − a)n) hatványsor r konvergencia-sugara nem nulla, és legyen

f (x) :=∞n=0

an(x − a)n (x ∈ R, |x − a| < r).

Ekkor f = F + c : c ∈ R, ahol

F (x) :=∞n=0

ann + 1

· (x − a)n+1 (x ∈ R, |x − a| < r).

Bizonyítás. Először is gondoljuk meg, hogy x ∈ R, |x − a| < r esetén az F (x)-etmeghatározó végtelen sor abszolút konvergens. Valóban, a 4.5.1. Tétel szerint

∞

n=0

|an|· |x − a|n < +∞.

Ezért a nyilvánvaló

|an|n + 1

· |x − a|n+1 = |x − a|· |an|n + 1

· |x − a|n ≤ |x − a|· |an|· |x − a|n (n ∈ N)




becslés miatt∞n=0

|an|n + 1

· |x − a|n+1 ≤ |x − a|·∞n=0

|an|· |x − a|n < +∞.

A F analitikus függvényre így alkalmazható a 7.3.4. Tétel, miszerint F ∈ D, és

F ′(x) =∞n=0

(n + 1)· ann + 1

· (x − a)n =

∞n=0

an(x − a)n = f (x) (x ∈ R, |x − a| < r).

Tehát F ∈ f, következésképpen (ld. 8.1.1. Tétel)

f = F + c : c ∈ R.

Tekintsük az alábbi függvényeket:

f n(x) := an(x − a)n , F n(x) := ann + 1

· (x − a)n+1 (n ∈ N, x ∈ R, |x − a| < r).

Ekkor minden n ∈ N esetén az f n függvényre, mint egy speciális hatványsor összegfüggvé-nyére alkalmazható az előző tétel:

f n = F n + c : c ∈ R (n ∈ N).

Ugyanakkor a 8.1.5. Tételben szereplő f, F függvényekre

f =

∞

n=0 f n , F =

∞

n=0 F n.

Ennek alapján azt is mondhatjuk, hogy a szóban forgó hatványsort"

szabad tagonként in-tegrálni". Ezért egyúttal bármely

P (x) :=N k=0

akxk (x ∈ R)

polinom esetén (ahol N ∈ N, a0,...,aN ∈ R, aN = 0) az

R(x) :=N k=0

akk + 1

· xk+1 (x ∈ R)

polinommal R ∈ P, és

P = R + c : c ∈ R.




8.2. Megjegyzések

i) Tegyük fel, hogy az I ⊂ R nyílt intervallumon értelmezett f : I → R függvényre

f = ∅. Ekkor tetszőleges a ∈ I helyet megadva egyértelműen létezik olyan F a ∈

f,

amelyikre az F a(a) = 0 egyenlőség is teljesül. (F a az ún. a-ban eltűnő primitív függvénye az f -nek.) Valóban, a 8.1.1. Tétel alapján tetszőleges F ∈ f függvénnyel f = F + c : c ∈ R.

Ez azt jelenti, hogy a keresett F a függvény egy alkalmas c ∈ R segítségével F a = F +calakú kell, hogy legyen. A kívánt F a(a) = 0 egyenlőség miatt F (a) + c = 0, amibőlszükségszerűen F a = F −F (a) következik. Világos, hogy ekkor F a ∈

f, és F a(a) = 0.

ii) Jelöljük az i) megjegyzésbeli F a függvényt a továbbiakban az af szimbólummal.

Legyen pl. f := exp2, a := 0. Ekkor

f =

e2xdx =

e2x

2 + c (x, c ∈ R).

Mivel e2x/2 + c|x=0 = 1/2 + c = 0 pontosan akkor igaz, ha c = −1/2, ezért

0f (x) =

e2x − 1

2 (x ∈ R).

iii) A 8.1.2. Tételből az adódik, hogy ha I ⊂ R nyílt intervallum, és az f, g : I → R

függvényekre

f

=

∅,

g

=

∅, akkor tetszőleges α

∈R és a

∈I esetén

a

(f + α· g) = a

f + α· a

g.

iv) Hasonlóan, a 8.1.3. Tételből az f g′ szorzatnak a valamilyen pontban eltűnő primitívfüggvényéről a parciális integrálás

"szabálya" szerint a következőt mondhatjuk: ha

az I ⊂ R nyílt intervallumon értelmezett f, g : I → R függvényekre f, g ∈ D és f ′g = ∅, akkor bármely a ∈ I esetén

af g′ = f g − f (a)· g(a) −

a

f ′g.

v) A 8.1.4. Tételnek (helyettesítéssel való integrálásnak) a fenti"

lokalizált" változataa következő. Legyenek adottak a J, I ⊂ R nyílt intervallumok és a g : J → I,f : I → R függvények. Tegyük fel, hogy g ∈ D.




1o Ha

f = ∅, akkor minden b ∈ J helyen b(f g)· g′ =

g(b)

f

g.

2o Ha g′(x) = 0 (x ∈ J ), Rg = J, és (f g)· g′ = ∅, akkor bármely a ∈ I mellett a

f =

g−1(a)

(f g)· g′

g−1.

8.3. Speciális függvények határozatlan integrálja

8.3.1. Racionális törtfüggvények

Legyen P és Q egy-egy valós együtthatós polinom. Tegyük fel, hogy a Q legalább elsőfokú,a gyöktényezős felbontása pedig (ld. 2.4. xiv) megjegyzés) a következő:

Q(x) = A·s

j=1

(x − λ j)ν j (x ∈ R),

ahol 0 = A ∈ R, 1 ≤ s ∈ N, a λ j ∈ K (valós vagy komplex számok) a Q páronként kü-lönböző gyökei, az 1 ≤ ν j ∈ N szám pedig a λ j multiplicitása ( j = 1,...,s). Ha valamilyen

j ∈ 1,...,s esetén

λ j = u j + ıv j ∈C

\R (u j, v j

∈R, v j

= 0),

akkor a λ j = u j − ıv j komplex konjugált is ν j-szeres gyöke a Q-nak. A fenti gyöktényezősfelbontásban ezért az

a j := −2u j ∈ R , b j := u2 j + v2

j ∈ R jelölésekkel a következő szorzat szerepel:

(x − λ j)· (x − λ j)ν j

=

x2 − (λ j + λ j)x + λ jλ jν j

=

x2 + a jx + b jν j

.

Ha tehát p ∈ 1,...,s + 1 és λ j ∈ R ( j = 1,...,p −1) (a Q valós gyökei, ahol a p = 1 esetazt jelenti, hogy a Q-nak nincs valós gyöke), λk ∈ C \R (k = p,..., s) (a Q nem valós

gyökei, ahol a p = s + 1 eset azt jelenti, hogy a Q-nak minden gyöke valós), akkor a fentigyöktényezős alakból

Q(x) = A· p−1 j=1

(x − λ j)ν j ·

sk= p

x2 + akx + bk

ν k(x ∈ R)



8.3. SPECIÁLIS FÜGGVÉNYEK HATÁROZATLAN INTEGRÁLJA 359

következik. Az algebrából jól ismert tétel (az ún. parciális törtekre bontás tétele ) szerintalkalmas R valós együtthatós polinommal, és

α jm ∈R ( j = 1,...,p − 1, ill. m = 1,...,ν j),

valamintβ kr, γ kr ∈R (k = p, ..., s, ill. r = 1,...,ν k)

számokkalP (x)

Q(x) =

R(x) + p−1 j=1

ν jm=1

α jm(x − λ j)m

+sk= p

ν kr=1

β krx + γ kr(x2 + akx + bk)r

(x ∈ R \ λ1,...,λ p−1).

(Nyilván csak az az eset"

érdekes" a továbbiakban, amikor (polinomiálisan) a Q nem osztójaa P -nek, tehát a P/Q hányados egy

"

valódi" racionális törtfüggvény, azaz nem polinom.)

Legyen I ⊂ R egy olyan nyílt intervallum, amely nem tartalmazza a Q egyetlen (lehet-séges) valós gyökét sem: λ j /∈ I ( j = 1,...,p − 1). Ha

f (x) := P (x)

Q(x) (x ∈ I ),

akkor a 8.1.2. Tételt és a fentieket figyelembe véve az

f határozatlan integrál kérdésétvisszavezethetjük az (I intervallumon értelmezett)

R(x) dx ,

α jm

(x−

λ j)m dx ,

β krx + γ kr

(x2 + akx + bk)r dx

határozatlan integrálok kiszámítására (a parciális törtekre bontásban szereplő paraméterek-kel).

Ezek közül az

R(x) dx meghatározását már az előbb"

elintéztük". Legyen most

λ ∈ R \ I , 1 ≤ m ∈ N , α ∈ R.

Ha m = 1, akkor könnyen beláthatóan

α

x−

λ dx = α·

1

x−

λ dx = α· ln (|x − λ|) + c (x ∈ I, c ∈ R).

Ha pedig m > 1, akkor α

(x − λ)m dx =

α

1 − m· 1

(x − λ)m−1 + c (x ∈ I , c ∈ R).




Legyen most β ,γ,a ,b ∈ R, 1 ≤ r ∈N, és tegyük fel, hogy az

S (x) := x2 + ax + b (x ∈ R)

másodfokú polinomnak nincs valós gyöke. Ez azt jelenti, hogy (a diszkriminánsa)

a2 − 4b < 0,

és S (x) > 0 (x ∈ R). Vegyük észre, hogy β = 0 esetén

βx + γ

(x2 + ax + b)r dx = β ·

x + γ/β

(x2 + ax + b)r dx =

β

2· 2x + a + (2γ/β − a)

(x2 + ax + b)r dx =

β

2· 2x + a

(x2 + ax + b)r dx +

β · δ

2 ·

1

(x2 + ax + b)r dx,

ahol δ := 2γ/β − a. Mivel 2x + a

(x2 + ax + b)r dx =

S ′(x)· S −r(x) dx =

ln (S (x)) + c (r = 1)

11 − r · 1

(S (x))r−1 + c (r > 1)(x, c ∈ R),

ezért

2x + a

(x2 + ax + b)r dx = ln(x2 + ax + b) + c (r = 1)

11 − r · 1(x2 + ax + b)r−1 + c (r > 1) (x, c ∈ R).

Mindezek alapján azt mondhatjuk, hogy elegendő már csak az 1

(x2 + ax + b)r dx

meghatározásával foglalkozni. Az itt szereplő x2 +ax+b kifejezést alakítsuk teljes négyzetté:

x2 + ax + b = (x + a/2)2 + b

−a2/4 = (x + d)2 + q (x

∈R),

ahol d := a/2 és q := b − a2/4 > 0. A feladatunk ezért az

I r :=

1

((x + d)2 + q )r dx




kiszámítása. Legyen

f (x) := 1

((x + d)2 + q )r , g(x) := x − d (x ∈ R),

ekkor a helyettesítéssel való integrálás (ld. 8.1.4. Tétel) alapján

(I r) g =

f

g =

(f g)· g′ =

f (x − d) dx =

1

(x2 + q )r dx.

Világos, hogy innen

I r =

f (x) dx =

1

(x2 + q )r dx

g−1,

ahol g−1(x) = x + d (x ∈ R). Tehát a

J r :=

1

(x2 + q )r dx (1

≤r ∈N)

határozatlan integrálokat kell kiszámítanunk. Az r = 1 esetben a következőt mondhatjuk:

J 1 :=

1

x2 + q dx =

1

q ·

1

(x/√

q )2

+ 1dx =

1√ q · arctg(x/

√ q ) + c (x, c ∈ R).

Az r ≥ 2 esetben egy, a J r-ekre vonatkozó rekurzív összefüggés alapján számolhatunk.

Nevezetesen, az s(x) := x , h(x) := x2 + q (x ∈ R)

függvényekkel a parciális integrálás tétele (ld. 8.1.3. Tétel) alapján

J r−1 =

s′· h1−r = s· h1−r −

s· (h1−r)′ = s· h1−r − (1 − r)·

s· h−r· h′ =

x

(x2 + q )r−1 − (1 − r)·

x

(x2 + q )r· 2x dx =

x

(x2 + q )r−1 − 2(1 − r)·

x2 + q − q

(x2 + q )r dx =

x

(x2

+ q )

r−1

−2(1

−r)

·J r−1 + 2q (1

−r)J r.

Következésképpen

J r = 2r − 3

2q (r − 1)· J r−1 +

1

2q (r − 1)· x

(x2 + q )r−1 (x ∈ R).




Így pl.

J 2 =

1

(x2 + q )2 dx =

1

2q · J 1 +

1

2q · x

x2 + q =

1

2q √

q · arctg(x/

√ q ) +

1

2q · x

x2 + q + c (x, c ∈ R).

Illusztrációként tekintsük pl. az x − 1

x3 − 4x dx

határozatlan integrált. A feladat egzakt kitűzéséhez hozzátartozik az I nyílt intervallummegadása is. Mivel

x3 − 4x = x· (x − 2)· (x + 2) (x ∈ R),

ezért legyen pl. I := (2, +∞). Ekkor a parciális törtekre bontás szerint alkalmas A,B,C valós együtthatókkal

x − 1x3 − 4x

= Ax

+ Bx − 2

+ C x + 2

(x ∈ R \ 0, −2, 2).

Tehátx − 1

x3 − 4x =

A(x2 − 4) + B(x2 + 2x) + C (x2 − 2x)

x3 − 4x =

(A + B + C )x2 + (2B − 2C )x − 4A

x3 − 4x (x ∈ R \ 0, −2, 2),

amiből (a számlálóbeli) együttható-összehasonlítással

A + B + C = 0 , 2B − 2C = 1 , −4A = −1

következik. ÍgyA =

1

4 , B =

1

8 , C = −3

8.

Következésképpen x − 1

x3 − 4x dx =

1

4·

1

x dx +

1

8·

1

x − 2 dx − 3

8·

1

x + 2 dx =

1

4· ln x +

1

8· ln(x − 2) − 3

8· ln(x + 2) + c (x > 2, c ∈ R).

Hasonlóan, könnyen ellenőrizhető, hogy pl.

1

x(x2 + 4) dx = 1

4 · 1

x dx − 1

4 · x

x2 + 4 dx = 1

4 · 1

x dx − 1

8 · 2x

x2 + 4 dx =

1

4· ln x − 1

8· ln(x2 + 4) + c (x > 0, c ∈ R).




8.3.2. Trigonometrikus függvények racionális törtfüggvényei

Adott N, M ∈ N, aik ∈ R (i = 0,...,N, ill. k = 0,...,M ) esetén legyen

Θ(x, y) :=N

i=0

M

k=0

aik

xiyk (x, y ∈R)

(kétváltozós polinom ), és számítsuk ki az Θ(sin x, cos x) dx (−π < x < π)

határozatlan integrált. Ehhez először is vegyük észre, hogy az

R ∋ t → Θ

sin(2· arctg(t)), cos(2· arctg(t))

függvény egy racionális törtfüggvény. Valóban, egyrészt az α := arctg(t) (t ∈R) jelöléssel

−π/2 < α < π/2, ezért cos α = 0. Ígysin(2α) = 2 sin α· cos α = 2tgα· cos2 α,

ahol

tg2α = sin2 α

cos2 α =

1 − cos2 α

cos2 α =

1

cos2 α − 1

miatt

cos2 α = 1

1 + tg2α.

Következésképpen

sin(2α) = 2tgα

1 + tg2α.

Másrészt

cos(2α) = cos2 α − sin2 α = 2 cos2 α − 1 = 2

1 + tg2α − 1 =

1 − tg2α

1 + tg2α.

Figyelembe véve az α jelentését azt kapjuk, hogy

sin (2· arctg(t)) = 2t

1 + t2 , cos (2· arctg(t)) =

1 − t2

1 + t2.

A fentiek alapján tehát

Φ(t) := Θ sin (2· arctg(t)), cos (2· arctg(t)) = Θ((2t)/(1 + t2), (1 − t2)/(1 + t2)) =

N i=0

M k=0

aik

2t

1 + t2

i·

1 − t2

1 + t2

k(t ∈ R),




amiből nyilvánvaló, hogy Φ : R→ R racionális törtfüggvény. Alkalmazzuk a helyettesítésselvaló integrálást (ld. 8.1.4. Tétel) a

g(t) := 2· arctg(t) (t ∈ R)

helyettesítéssel, miszerintg′(t) =

2

1 + t2 (t ∈ R),

és Θ(sin x, cos x) dx

g =

Φ(t)· g′(t) dt =

2Φ(t)

1 + t2 dt.

Nyilvánvaló, hogy a

R ∋ t → 2Φ(t)

1 + t2

függvény (is) racionális törtfüggvény, amit a 8.3.1. pont szerint"

már tudunk integrálni".Mivel a

g : R → (−π, π)

fügvény bijekció, ésg−1(x) = tg(x/2) (−π < x < π),

ezért Θ(sin x, cos x) dx =

2Φ(t)

1 + t2 dt

g−1.

Tehát F ∈ Θ(sin x, cos x) dx akkor és csak akkor igaz, ha egy G ∈

2Φ(t)1 + t2 dt primitív

függvénnyelF (x) = G(tg(x/2)) (

−π < x < π).

Legyen most a fenti Θ mellett Ω is egy kétváltozós (nem az azonosan nulla) polinom:

Ω(x, y) :=n j=0

ml=0

b jlx jyl (x, y ∈R)

(adott n, m ∈ N, b jl ∈R ( j = 0,...,n, ill. l = 0,...,m) paraméterekkel). Ekkor az előbbiekszerint

Ω(sin(2· arctg(t)), cos (2· arctg(t))) = Ω((2t)/(1 + t2), (1 − t2)/(1 + t2)) =

n j=0

ml=0

b jl (2t) j

· (1 − t2

)l

(1 + t2) j+l =

1

(1 + t2)n+m·n j=0

ml=0

b jl(2t) j · (1 − t2)l· (1 + t2)n+m− j−l = P (t)

(1 + t2)n+m (t ∈ R),




ahol a

P (t) :=n j=0

ml=0

b jl(2t) j · (1 − t2)l· (1 + t2)n+m− j−l (t ∈ R)

függvény egy valós együtthatós polinom. Hasonlóan, az előbbi Θ kétváltozós polinom is

felírható (az x = sin (2· arctg(t)), y = cos(2· arctg(t)) helyeken) a

Θ

sin(2· arctg(t)), cos(2· arctg(t))

= Q(t)

(1 + t2)N +M (t ∈ R)

alakban egy alkalmas, valós együtthatós Q polinommal. Mivel feltettük, hogy az Ω nemaz azonosan nulla függvény, ezért a P polinom sem az. Így létezik az

R(t) :=Θ

sin (2· arctg(t)), cos(2· arctg(t))

Ω

sin(2· arctg(t)), cos (2· arctg(t)) =

(1 + t2)n+m−N −M · Q(t)P (t)

(t ∈ R \ N )racionális törtfüggvény, ahol

N := λ ∈ R : P (λ) = 0.

Ha J ⊂ R olyan nyílt intervallum, hogy P (t) = 0 (t ∈ J ), akkor a fenti g(t) := 2· arctg(t)(t ∈ R) függvénnyel az I := g[J ] képhalmaz egy olyan nyílt intervallum, amellyel

Ω(sin x, cos x) = 0 (x ∈ I ).

Ezért van értelme az Θ(sin x, cos x)

Ω(sin x, cos x) dx (x ∈ I )

határozatlan integrálnak. Ez utóbbit az Θ(sin x, cos x)

Ω(sin x, cos x) dx

g =

R(t)· 2

1 + t2 dt (t ∈ J )

helyettesítéssel már a fentiekhez hasonlóan a 8.3.1 pont alapján tudjuk kiszámolni.

Példaként tekintsük az

sin x

sin x + 1 dx

integrált. Ekkor az előbbi g függvénnyel sin x

sin x + 1 dx

g =

2t

1 + t2· 1

1 + (2t)/(1 + t2)· 2

1 + t2 dt =




4·

t

(1 + t2)· (t + 1)2 dt

= 2·

1

1 + t2 − 1

(t + 1)2

dt =

2· arctg(t) + 2

t + 1 (t > −1),

ahol tehát (pl.) J := (−1, +∞). Ezért I = g[J ] = (−π/2, π), és sin x

sin x + 1 dx = x +

2

tg(x/2) + 1 + c (x ∈ (−π/2, π), c ∈ R).

8.3.3. Az exponenciális függvény racionális törtfüggvényei

Tegyük fel, hogy P, Q egy-egy valós együtthatós polinom, ahol a Q nem az azonosan nullafüggvény, és tekintsük az R := P /Q racionális törtfüggvényt. Tűzzük ki feladatul az

R exp

határozatlan integrál kiszámítását. Ehhez először is tisztázzuk, hogy milyen nyílt I in-tervallumon keressük a megoldást. Legyen (mint korábban) J ⊂ (0, +∞) egy olyan nyíltintervallum, amelyre Q(x) = 0 (x ∈ J ), ill. legyen I := ln[J ]. Ekkor Q(ex) = 0 (x ∈ I ),így van értelme az

R exp =

R(ex) dx (x ∈ I )

határozatlan integrálnak. A helyettesítéssel való integrálásra (ld. 8.1.4. Tétel) hivatkozva ag(t) := ln t (t

∈J ) függvénnyel

R exp

g =

R(eln t)· 1

t dt =

R(t)

t dt (t ∈ J ).

Itt a J ∋ t → R(t)/t függvény nyilván egy racionális törtfüggvény (leszűkítése a J interval-lumra), ezért az utóbbi integrál meghatározása már történhet a 8.3.1. pont alapján. Mivela szóban forgó g : J → I függvény bijekció és g−1(x) = ex (x ∈ I ), így az

R(ex) dx (x ∈ I )

határozatlan integrál elemei pontosan azok az F függvények, amelyekre valamilyen

G ∈ R(t)

t dt (t ∈ J )

primitív függvénnyel F (x) = G(ex) (x ∈ I ).




Tekintsük példaként az 4

e2x − 4 dx

határozatlan integrált. Ekkor P ≡ 4, ill.

Q(x) := x2 − 4 = (x − 2)(x + 2) (x ∈ R).

Világos, hogy ha J := (2, +∞), akkor Q(x) = 0 (x ∈ J ). Továbbá

I := ln[J ] = (ln 2, +∞),

ill. a g(t) := ln t (t ∈ J ) függvénnyel

4

e2x

−4

dx

g =

4

t(t2

−4)

dt =

−1

t +

1

2· 1

t−

2 +

1

2· 1

t + 2 dt =

− ln t + 1

2· ln(t − 2) +

1

2· ln(t + 2) + c (t > 2, c ∈ R).


4

e2x − 4 dx = −x +

1

2· ln(ex − 2) +

1

2· ln(ex + 2) + c (x > ln 2, c ∈ R).

Ha viszont J := (0, 2), akkor továbbra is Q(x) = 0 (x ∈ J ), de most

I := ln[J ] = (−∞, ln2).

Ebben az esetben 4

t(t2 − 4) dt =

−1

t +

1

2· 1

t − 2 +

1

2· 1

t + 2

dt =

− ln t + 1

2· ln(2 − t) +

1

2· ln(t + 2) + c (0 < t < 2, c ∈ R),

és 4

e2x − 4 dx = −x +

1

2· ln(2 − ex) +

1

2· ln(ex + 2) + c (−∞ < x < ln 2, c ∈ R).




8.4. Megjegyzések

i) Jelöljük valamely I ⊂ R nyílt intervallum esetén F (I )-vel az I -n értelmezett, valósértékű függvények halmazát:

F (I ) := f ∈ R→ R : Df = I .

Legyen továbbáD(I ) := f ∈ F (I ) : f ∈ D,

és értelmezzük a D : D(I ) → F (I ) differenciáloperátort a következőképpen:

D(f ) := f ′ (f ∈ D(I )).

Ekkor bármely f ∈ F (I ) esetén

f nem más, mint az f halmaznak a D általlétesített ősképe:

f = D−1[

f

].

ii) Világos, hogy ha I ⊂ R nyílt intervallum, az f : I → R függvény pedig differenciál-ható, akkor f ∈

f ′.

iii) Tegyük fel, hogy I ⊂ R nyílt intervallum, f : I → R, és

f = ∅. Ekkor tetszőlegesJ ⊂ I nyílt intervallum esetén

f |J = F |J : F ∈

f .

iv) Az alábbi példa azt mutatja, hogy egy nyílt intervallumon értelmezett f valós függvényesetén az f Darboux-tulajdonsága csak szükséges, de nem elégséges feltétel ahhoz,hogy

f = ∅ legyen. Tekintsük ui. a

g(x) := 1/2 (x = 0)

sin(1/x) (0 = x ∈ R), h(x) :=

0 (x = 0)

sin(1/x) (0 = x ∈ R)

függvényeket. Könnyen ellenőrizhető, hogy a g, h függvények egyaránt Darboux-tulajdonságúak. Ha

g = ∅ és

h = ∅ egyaránt igaz lenne, akkor (ld. 8.1.2. Tétel)

(g − h) = ∅ is fennállna. Ez utóbbi viszont nem lehet, ti.

(g − h)(x) = g(x) − h(x) =

1/2 (x = 0)

0 (0 = x ∈ R)

miatt a g

− h függvény nyilván nem Darboux-tulajdonságú. Tehát g =

∅, vagy h = ∅. Belátható, hogy h = ∅. Ui. legyen

F (x) :=

0 (x = 0)

x2· cos(1/x) (0 = x ∈ R),




ekkor F ∈ D, és

F ′(x) =

0 (x = 0)

2x· cos(1/x) + sin(1/x) (0 = x ∈ R).

Ha tehát

G(x) :=

0 (x = 0)

2x· cos(1/x) (0 = x ∈ R),

akkor F ′ = G + h. Az itt szereplő G : R → R függvény folytonos, amiből (ld. 9.fejezet)

G = ∅ következik. Ha H ∈

G, akkor

h = F ′ − G = F ′ − H ′ = (F − H )′,

azaz F − H ∈

h.

v) A 8.1.2. Tételben az f = ∅, g = ∅ feltételek nem hagyhatók el. Legyen ui.

f (x) :=

1 (x > 0)

0 (x = 0)

−1 (x < 0).

Ekkor

f =

(−f ) = ∅, de f + (−f ) ≡ 0, ezért

(f + (−f )) = ∅.

vi) A parciális integrálásról szóló 8.1.3. Tétel jelentősége többek között abban áll, hogyaz f g′ = f g − f ′g

egyenlőség alapján az esetleg"

nehezen kezelhető"

f g′ határozatlan integrál helyettesetleg

"könnyebben" tudjuk meghatározni az

f ′g-t. Az alkalmazásokat illetően gyak-

ran vezet eredményre a g′ derivált"

szándékos megjelenítése" egy

f határozatlanintegrállal kapcsolatban, amint azt az alábbi példa szemlélti: számítsuk ki az

ln x dx

(x > 0) határozatlan integrált. Legyen ehhez g(x) := x (x > 0), ekkor g′(x) = 1(x > 0), és

ln x dx =

g′(x)· ln x dx = x· ln x −

x· ln′ x dx =

x· ln x − 1 dx = x· ln x − x + c (x > 0, c ∈ R).

Ugyanez a"

trükk" alkalmazható az alábbi esetben is (az előző g függvénnyel): arctg(x) dx =

g′(x)· arctg(x) dx = x· arctg(x) −

x· arctg′(x) dx =




x· arctg(x) −

x

x2 + 1 dx = x· arctg(x) − 1

2·

2x

x2 + 1 dx =

x· arctg(x) − 1

2· ln(x2 + 1) + c (x, c ∈ R).

vii) Már korábban is alkalmaztuk (pl. az előbbi megjegyzésben is) az alábbi észrevételt("

integrálási szabályt"). Legyen ui. I ⊂ R nyílt intervallum, f : I → (0, +∞), éstegyük fel, hogy az f függvény differenciálható. Ekkor bármelyik µ ∈ R kitevővel

f ′· f µ =

ln (f (x)) + c (µ = −1)

1µ + 1 · (f (x))µ+1 + c (µ = −1)

(x ∈ I, c ∈ R).

Világos, hogy ha itt µ := n ∈ N, akkor tetszőleges differenciálható f : I → R

függvényre (az f 0 ≡ 1 megállapodással)

f ′

· f n

=

1

n + 1 · (f (x))n+1

+ c (x ∈ I, c ∈ R).

(Minderről egy egyszerű deriválással (a megfelelő"

deriválási szabályok" alkalmazásá-val) meggyőződhetünk.)

viii) Az

f határozatlan integrál értelmezésekor feltettük, hogy az f ∈ R → R függ-vény Df értelmezési tartománya nyílt intervallum. Ez többek között a 8.1.1. Tételszempontjából is egy lényeges feltétel: az

F ∈

f =⇒

f = F + c : c ∈ R

következtetés nem igaz, ha Df nem (nyílt) intervallum. Elég csak az

f (x) :=

1 (0 < x < 1)

2 (1 < x < 2)

függvényre gondolni. Ha olyan F ∈ R → R függvényt keresünk, amelyre F ∈ D, ésF ′ = f, akkor ezek az F -ek pontosan az alábbiak:

F (x) := F uv(x) :=

x + u (0 < x < 1)

2x + v (1 < x < 2),

ahol u, v ∈ R tetszőleges (egymástól független) konstans. Világos, hogy nincs olyan,fenti tulajdonságú F, amellyel F ∈ D, F ′ = f, és

F uv : u, v ∈R = F + c : c ∈ R.




Ha tehát erőltetnénk az

f értelmezését akkor is, ha a Df nem (nyílt) intervallum,akkor a 8.1.2. Tétel máris érvényét vesztené. Ezért hibásak az olyan (sajnos, sokhelyen olvasható)

"eredmények", mint pl. az

1

1 − x2

dx = arcth x + c (

|x

| > 1, c

∈R).

Ui. - ha már ragaszkodnánk az

szimbólumhoz, akkor - helyesen a következőt kelleneírnunk:

1

1 − x2 dx =

arcth x + c (x > 1)

arcth x + d (x < −1)(c, d ∈ R).

ix) A helyettesítéssel való integrálással (ld. 8.1.4. Tétel) kapcsolatban eléggé elterjedt azalábbi

"technikai" formalizmus:

f (x) dx|x=g(t),dx=g′(t)dt

=

f (g(t))· g′(t) dt.

x) A 8.3.2. pontban közölt általános módszer (ami időnként meglehetősen fáradságosszámolásokat igényel) speciális esetekben

"kihagyható". Ilyen feladat pl. az

sinn· cosm (n, m ∈ N)

határozatlan integrál kiszámítása. Az alábbi esetek lehetségesek.

1o Valamilyen k ∈N mellett n = 2k + 1, ekkor (ld. vii)) a binomiális tétel szerint sin2k+1· cosm =

sin· (sin2 )k· cosm =

sin· (1 − cos2 )k· cosm =

k j=0

k j(−1) j sin· cos2 j+m =

k j=0

k j(−1) j+1 cos′· cos2 j+m =

k j=0

k

j

(−1) j+1

2 j + m + 1· cos2 j+m+1 +c (c ∈ R).

2o Analóg módon járhatunk el akkor is, ha m = 2k + 1 (k ∈N) : cos2k+1· sinn =

cos· (cos2 )k· sinn =

cos· (1 − sin2 )k· sinn =

k

j=0 k

j(−

1) j cos·

sin2 j+n =k

j=0 k

j(−

1) j sin′

·sin2 j+n =

k j=0

k

j

(−1) j

2 j + n + 1· sin2 j+n+1 +c (c ∈ R).




3o Ha k, s ∈ N és n = 2k, m = 2s, akkor sin2k· cos2s =

(sin2 )k· (cos2 )s =

1−

cos(2x)

2 k ·1 + cos(2x)

2 s dx

1

2k+s

k j=0

sr=0

(−1) j

k

j

·

s

r

·

cos j+r(2x)dx.

A helyettesítéssel való integrálás (ld. 8.1.4. Tétel) alapján cosv(2x) dx =

1

2·

cosv t dt (v = 0,...,k + s).

Az itt megjelent integrálokat páratlan v-k esetén 2o szerint már ki tudjuk szá-molni. Ha a v = 0,...,k + s kitevő páros, akkor az előbbiek alapján

cosv t dt =

1

2v/2

v/2l=0

v/2

l

·

cosl(2t) dt.

Az

cosl(2t) dt (l = 0,...,v/2) integrálokra rekurzíve megismételve az előbbieket,végül az alábbi

"marad":

cos2 = 1 + cos(2x)

2 dx =

x

2 +

sin(2x)

4 + c (x, c ∈ R).

Így pl. sin4 = 14· (1 − cos(2x))2dx =

1

4·

1 dx − 2

cos(2x) dx +

cos2(2x) dx

=

1

4·

x − sin(2x) +

1 + cos(4x)

2 dx

=

3x

8 − sin(2x)

4 +

sin(4x)

32 + c (x, c ∈ R).

xi) Az előbbi megjegyzéshez hasonlóan a 8.3.2. pontbeli általános érvényű 2

·arctg he-

lyettesítéshez képest esetenként egyszerűbb számolást tesz lehetővé a "fele", azaz ag := arctg helyettesítés. Pl. legyen I := (−π/4, π/2), és számoljuk ki az

2

1 + tg




határozatlan integrált az I intervallumon: 2

1 + tg

arctg =

2

1 + t· 1

1 + t2 dt =

1

1 + t +

1 − t

1 + t2

dt =

11 + t

dt + 11 + t2

dt − 12· 2t

1 + t2 dt =

ln(1 + t) + arctg(t) − 1

2· ln(1 + t2) + c (t > −1, c ∈ R).

Ezért 2

1 + tg = ln (1 + tg(x)) + x − 1

2· ln (1 + tg2(x)) + c (x ∈ I, c ∈ R).

xii) Ügyes helyettesítéssel elsőre nagyon bonyolultnak tűnő határozatlan integrálokat is ki

tudunk számolni. Legyen pl.

a, b ∈ R, a > 0, 2 ≤ n ∈ N,

és R, T ∈ R → R egy-egy racionális törtfüggvény. A feladatunk az T (x)· R( n

√ ax + b) dx (x ∈ I )

kiszámítása (egy alkalmas I ⊂ R nyílt intervallumon). Legyen

f (x) := n√

ax + b (c :=

−b/a < x

∈R),

ekkor könnyen láthatóan az f : (c, +∞) → (0, +∞) függvény egy szigorúan monotonnövő, differenciálható bijekció. Mivel

f ′(x) = a

n· (ax + b)1/n−1 > 0 (x > c),

ezért (ld. 7.3.3. Tétel) az f −1 : (0, +∞) → (c, +∞) inverzfüggvény is differenciálható,

f −1(x) = xn − b

a (x > 0),

és (f −1)′(x) =

na· xn−1 (x > 0).

HaJ ⊂ (0, +∞) ∩ DR ∩ DT f −1




nyílt intervallum, akkor legyen I := f −1[J ], és alkalmazzuk a helyettesítéses integrá-lást (ld. 8.1.4. Tétel) a

g(t) := f −1(t) (t ∈ J )

szereposztással:

T (x)· R

n√

ax + b

dx g =

T (g(t))· R

n

a· g(t) + b· g′(t) dt =

T (f −1(t))· R

f (f −1(t))

· (f −1)′(t) dt =

n

a·

T ((tn − b)/a)· R(t)· tn−1dt (t ∈ J ).

Nyilvánvaló, hogy aJ ∋ t → T ((tn − b)/a)· R(t)· tn−1

függvény egy racionális törtfüggvény (leszűkítése a J -re), így a fenti utolsó hatá-

rozatlan integrált (ld. 8.3.1.) már ki tudjuk számolni. A feladatban keresettF ∈

T (x)· R

n√

ax + b

dx (x ∈ I ) primitív függvények pedig a következők:

F (x) := G

n√

ax + b

+ c (x ∈ I, c ∈ R),

ahol a G : J → R egy tetszőleges eleme az

n

a·

T ((tn − b)/a)· R(t)· tn−1dt (t ∈ J )

határozatlan integrálnak. (Analóg módon járhatunk el akkor is, ha a fenti paraméterek

közül a < 0.) Legyen pl.

n := 2, a := 2, b := 1, T ≡ 1, R(x) := x

x3 + 1 (x > −1),

azaz számítsuk ki (valamilyen I nyílt intervallumon) az

√ 2x + 1

(√

2x + 1)3 + 1 dx (x ∈ I )

határozatlan integrált. Ekkor (pl.) a J := (0, +∞) választással I = (−1/2, +∞), ill.

na· R(t)· tn−1dt = t2

t3 + 1 dt = t2

(t + 1)(t2 − t + 1) dt =

1

3·

1

t + 1 dt +

1

3·

2t − 1

t2 − t + 1 dt =




1

3· ln(t + 1) +

1

3· ln(t2 − t + 1) + c =

1

3· ln

t + 1

t2 − t + 1

+ c (t > 0).

Innen √ 2x + 1

(√

2x + 1)3 + 1 dx =

1

3· ln

√ 2x + 1 + 1

2x − √ 2x + 1 + 2

+ c (x ∈ (−1/2, +∞), c ∈ R).

xiii) Az előző megjegyzés mintájára kezelhetjük a"

kissé" bonyolultabbnak tűnő T (x)· R(S (x)) dx (x ∈ I )

feladatot is, ahol T, R ∈R → R racionális törtfüggvények, I ⊂ R nyílt intervallum,az S ∈ R→ R függvény pedig a következő:

S (x) = n ax + bcx + d

(x ∈ I ).

Az itt szereplő a,b,c,d ∈ R paraméterekről feltesszük, hogy

ac = 0 , ad − cb = 0,

az I ⊂ DT pedig egy olyan (könnyen beláthatóan létező) nyílt intervallum, amelyre

0 < ax + b

cx + d ∈ DR (x ∈ I ).

Világos, hogy S ∈ D, és

S ′(x) = 1

n·

ax + b

cx + d

1/n−1

· ad − cb

(cx + d)2 = 0 (x ∈ I ).

Következésképpen az S szigorúan monoton (növő vagy fogyó) függvény, továbbá S −1 ∈D, J := RS nyílt intervallum,

S −1(x) = dxn − b

a − cxn (x ∈ J ),

és

(S −1)′(x) = n(ad − cb)xn−1

(a − cxn)2 (x ∈ J ).

Ezért T (x)· R(S (x)) dx

S −1 =

T (S −1(t))· R(t)· (S −1)

′(t) dt =




n(ad − cb)·

T

dtn − b

a − ctn

· R(t)· tn−1

(a − ctn)2 dt (t ∈ J ).

A

J ∋ t → T

dtn − b

a−

ctn· R(t)· tn−1

(a−

ctn)2

függvény nyilván megint csak racionális törtfüggvény (leszűkítése a J -re), aminek ahatározatlan integrálját (ld. 8.3.1.) már

"ismerjük". Ha

G ∈

T

dtn − b

a − ctn

· R(t)· tn−1

(a − ctn)2 dt (t ∈ J )

tetszőleges, akkor a jelen feladatban keresett összes primitív függvény az I intervallu-mon a következő:

F (x) := n(ad − cb)· G

n

ax + b

cx + d

+ α (x ∈ I, α ∈ R).

Legyen pl. a feladat a következő:

x − 1

x + 1 dx (x ∈ I ).

Ekkor tehát

R(x) := x (x ∈ R), T ≡ 1, n = 2, a := c := d := 1, , b := −1,

ill. (pl.) I := (−∞, −1) esetén J = (1, +∞). A fenti G meghatározásához ezért az

t2

(1 − t2)2 dt (t > 1)

határozatlan integrált kell kiszámítanunk. Parciális törtekre bontással alkalmasA,B,C,D ∈R együtthatókkal

t2

(1 − t2)2 =

A

t − 1 +

B

(t − 1)2 +

C

t + 1 +

D

(t + 1)2.

Innen A = B = D = 1/4, C = −1/4 következik, így

t2

(1 − t2)2 dt = 1

4· 1

t − 1 + 1

(t − 1)2 − 1

t + 1 + 1

(t + 1)2 dt =

1

4·

ln(t − 1) + 1

1 − t − ln(t + 1) − 1

t + 1

+ α =




1

4·

ln

t − 1

t + 1

+

2t

1 − t2

+ α (α ∈ R, t > 1).

Végül az

U (x) :=

x − 1

x + 1 (x ∈ R \ [−1, 1])

jelöléssel

x − 1

x + 1 dx = ln

U (x) − 1

U (x) + 1

+ (x + 1)· U (x) + α (α ∈ R, x < −1).

Ha az I := (1, +∞) intervallumot választjuk, akkor J = (0, 1), így az

t2

(1 − t2)2 dt (0 < t < 1)

határozatlan integrált kell kiszámolni. Az eddigieket figyelembe véve azt mondhatjuk,hogy t2

(1 − t2)2 dt =

1

4·

ln(1 − t) + 1

1 − t − ln(t + 1) − 1

t + 1

+ α =

1

4·

ln

1 − t

t + 1

+

2t

1 − t2

+ α (α ∈ R, 0 < t < 1).

Következésképpen

x − 1

x + 1 dx = ln

1 − U (x)

1 + U (x)

+ (x + 1)· U (x) + α (α ∈ R, x > 1).






9. fejezet

Riemann-integrál

9.1. A határozott integrál fogalma

Tekintsük az f (x) := x2 (x ∈ [0, 1])

függvényt, és jelöljük S -sel a"

függvény alatti síkidomot":

S := (x, y) ∈ R2 : x ∈ Df , 0 ≤ y ≤ f (x) =

(x, y) ∈ R2 : x ∈ [0, 1], 0 ≤ y ≤ x2.

Legyen τ ⊂ [0, 1] egy"

felosztása" a [0, 1] intervallumnak, azaz legyen τ olyan véges halmaz,amelyre 0, 1 ∈ τ igaz. Ekkor valamilyen 1 ≤ n ∈ N természetes számmal

τ =

x0,...,xn

,

ahol x0 := 0 < x1 < ... < xn := 1. Ha

I j := [x j, x j+1] ( j = 0,...,n − 1)

a j-edik"

osztásintervallum", akkor jelöljük t j-vel, ill. T j-vel az alábbi téglalapokat:

t j := (x, y) ∈ R2 : x ∈ I j, 0 ≤ y ≤ x2 j,

T j := (x, y) ∈ R2 : x ∈ I j , 0 ≤ y ≤ x2 j+1.

Világos, hogy az

U τ := n−1 j=0

t j , V τ := n−1 j=0

T j

síkidomokra U τ ⊂ S ⊂ V τ .

379



380 FEJEZET 9. RIEMANN-INTEGRÁL

Sőt, U τ , ill. V τ maximális, ill. minimális az alábbi értelemben: ha

c j, C j ≥ 0 ( j = 0,...,n − 1),

és a

t j := (x, y) ∈ R2 : x ∈ I j , 0 ≤ y ≤ c j,T j := (x, y) ∈ R2 : x ∈ I j, 0 ≤ y ≤ C jtéglalapokkal U τ :=

n−1 j=0

t j , V τ :=n−1 j=0

T j,

akkor az U τ ⊂ S ⊂ V τ tartalmazás szükséges és elégséges feltétele az, hogy

c j ≤ x2 j = inf f (x) : x ∈ I j ( j = 0,...,n − 1),

C j ≥ x2 j+1 = supf (x) : x ∈ I j ( j = 0,...,n − 1),

és az utóbbi esetben U τ ⊂ U τ ⊂ S ⊂ V τ ⊂ V τ .Ezért azt is szokás mondani, hogy U τ az S -be beírt, V τ pedig az S köré írt (téglalapokbólálló) halmaz.

Emlékeztetünk az (egymásra merőleges) u ,v > 0 oldalhosszúságú téglalap területére:uv, miszerint a t j, T j téglalapok |t j|, |T j| területei a következők:

|t j| = x2 j · (x j+1 − x j) , |T j | = x2

j+1· (x j+1 − x j) ( j = 0,...,n − 1).

Az elemi területfogalom alapján az U τ , V τ síkidomoknak is"

van területük", nevezetesen

|U τ | :=n−1 j=0

|t j | , |V τ | :=n−1 j=0

|T j|.

Ha az S síkidomot is szeretnénk"

megmérni", azaz S -nek |S| területet tulajdonítani, akkora téglalapok területével kapcsolatban

"megszokott" monotonitási tulajdonságot biztosítandó

elvárjuk, hogy

|U τ | ≤ |S| ≤ |V τ |.Legyen speciálisan a fenti τ n := τ felosztás a következő:

xk := k

n (k = 0,...,n).



9.1. A HATÁROZOTT INTEGRÁL FOGALMA 381

Ekkor

t j = j2

n2· 1

n , T j =

( j + 1)2

n2 · 1

n ( j = 0,...,n − 1),

amiből

|U τ n | =

1

n3 ·n−1

j=0 j

2

=

(n

−1)

·n

·(2n

−1)

6n3 ,

|V τ n | = 1

n3·n−1 j=0

( j + 1)2 = n· (n + 1)· (2n + 1)

6n3

következik. Ha tehát az S -nek"

van területe", akkor

(n − 1)· n· (2n − 1)

6n3 ≤ |S| ≤ n· (n + 1)· (2n + 1)

6n3 (n ∈ N).

Mivel

lim(n − 1)· n· (2n − 1)

6n3 = lim

n· (n + 1)· (2n + 1)

6n3 =

1

3

,

ezért csak|S| =

1

3lehetséges.

A fentieket mintegy általánosítva induljunk ki most egy [a, b] korlátos és zárt interval-lumon (a, b ∈ R, a < b) értelmezett

f : [a, b] → R

korlátos függvényből. A τ ⊂ [a, b] véges halmazt az [a, b] intervallum felosztásának nevez-

zük, ha a, b ∈ τ. Van tehát olyan 1 ≤ n ∈ N természetes szám, amellyelτ = x0,...,xn

alkalmas x0,...,xn ∈ [a, b] számokkal, ahol (a későbbiekben ezt mindig feltételezzük a jelö-lésben)

x0 = a < x1 < ... < xn = b.

Legyen ekkorI j := [x j, x j+1] ( j = 0,...,n − 1)

a τ felosztás által meghatározott j-edik osztásintervallum, ill.

F (τ ) := I j : j = 0,...,n − 1.

Ha valamilyen I := [u, v] (u, v ∈ R, u < v) intervallum esetén |I | := v − u az I hossza,akkor a

δ τ := max|I | : I ∈ F (τ )




számot a τ felosztás finomságának nevezzük. Nyilvánvaló, hogyI ∈F (τ )

|I | = b − a.

Definiáljuk az m j , M j ∈ R ( j = 0,...,n − 1) számokat a következőképpen:m j := mI j := inf f (x) : x ∈ I j , M j := M I j := supf (x) : x ∈ I j.

Ekkor

s(f, τ ) :=n−1 j=0

m j · |I j|

az f függvénynek a τ felosztáshoz tartozó alsó összege,

S (f, τ ) :=n−1

j=0

M j · |I j|

pedig az f függvénynek a τ felosztáshoz tartozó felső összege. Világos, hogy bármelyτ ⊂ [a, b] felosztás esetén

s(f, τ ) ≤ S (f, τ ).

Azt mondjuk, hogy a τ ⊂ [a, b] felosztás finomabb a µ ⊂ [a, b] felosztásnál (más szóval aτ finomítása a µ-nek), ha µ ⊂ τ. Ekkor bármely J ∈ F (µ) osztásintervallumhoz megadhatóvéges sok olyan I j(J ) ∈ F (τ ) (ahol alkalmas, J -től függő k, l ∈N, k ≤ l esetén j = k, ..., l),hogy

J =l

j=k

I j(J ) ,

|J

|=

l

j=k |I j(J )

|.

Az infimum, ill. a szuprémum tulajdonságai alapján azt mondhatjuk, hogy

mJ ≤ mI j(J ) , M J ≥ M I j(J ) ( j = k,...,l).

Ezért

mJ · |J | =l

j=k

mJ · |I j(J )| ≤l

j=k

mI j(J )· |I j(J )|,

M J · |J | =l

j=k

M J · |I j(J )| ≥l

j=k

M I j(J )· |I j(J )|,

amiből

s(f, µ) =

J ∈F (µ)

mJ · |J | ≤ J ∈F (µ)

l j=k

mI j(J )· |I j(J )| = I ∈F (τ )

mI · |I | = s(f, τ ),




S (f, µ) =

J ∈F (µ)

M J · |J | ≥ J ∈F (µ)

l j=k

M I j(J )· |I j(J )| =I ∈F (τ )

M I · |I | = S (f, τ ).

Legyenek most τ, µ ⊂ [a, b] tetszőleges felosztások, ill.

γ := τ ∪ µ.

Világos, hogy a γ halmaz is felosztása az [a, b]-nek, és mind a τ -nak, mind pedig a µ-nekfinomítása: τ ⊂ γ, ill. µ ⊂ γ. Így az előzőek szerint

s(f, τ ) ≤ s(f, γ ) ≤ S (f, γ ) ≤ S (f, µ).

Mindezeket összegezve az alábbi tételt bizonyítottuk be:

9.1.1. Tétel. Legyen adott a korlátos és zárt [a, b] intervallumon az f : [a, b] → Rkorlátos függvény. Ekkor tetszőleges τ, µ ⊂ [a, b] felosztások esetén

1o s(f, τ ) ≤ S (f, µ);

2o ha a τ finomabb a µ-nél, akkor s(f, µ) ≤ s(f, τ ) és S (f, µ) ≥ S (f, τ ).

Jelöljük az [a, b] intervallum felosztásainak a halmazát F ba-vel. Az előbbi tétel alapjántehát (az abban szereplő f függvényre) az

s(f, τ ) : τ

∈ F ba

halmaz felülről korlátos, és minden µ ∈ F ba felosztásra az utóbbi halmaznak az S (f, µ) felsőösszeg egy felső korlátja. Ezért

I ∗(f ) := sup s(f, τ ) : τ ∈ F ba ≤ S (f, µ) < +∞.

Hasonlóan, azS (f, τ ) : τ ∈ F ba

halmaz alulról korlátos, aminek minden µ ∈ F ba felosztásra az s(f, µ) alsó összeg egy alsókorlátja. Így

I ∗(f ) := inf S (f, τ ) : τ ∈ F ba ≥ s(f, µ) > −∞.

Következésképpen I ∗(f ), I ∗(f ) ∈ R, és

I ∗(f ) ≤ I ∗(f ).




A most definiált I ∗(f ) számot az f függvény Darboux-féle alsó integráljának, I ∗(f )-et pedigaz f függvény Darboux-féle felső integráljának nevezzük. A fentiek szerint tehát tetszőlegesτ, µ ∈ F ba felosztásokra

s(f, τ ) ≤ I ∗(f ) ≤ I ∗(f ) ≤ S (f, µ).

Azt mondjuk, hogy a szóban forgó f függvény Riemann-integrálható, ha I ∗(f ) = I ∗

(f ).Ekkor az ba

f := ba

f (x) dx := I ∗(f ) = I ∗(f )

számot az f függvény Riemann-integráljának (vagy más szóval határozott integráljának )nevezzük.

Az előbbiekben értelmezett Riemann-integrálható függvények halmazát az R[a, b] szim-bólummal fogjuk jelölni. Esetenként használni fogjuk az

[a,b]f :=

I f :=

b

af

jelöléseket is (ahol I := [a, b]). A definíció alapján nyilvánvaló, hogy ha pl. valamilyenτ n ∈ F ba (n ∈ N) felosztás-sorozatra

lim(s(f, τ n)) = lim (S (f, τ n)),

akkor f ∈ R[a, b], és ba

f = lim(s(f, τ n)) = lim (S (f, τ n)).

Így pl. a bevezetőben vizsgált f (x) := x2 (x ∈ [0, 1]) függvényre f ∈ R[0, 1], és

1

0f = 1

0x2dx = 1

3.

Ugyanakkor a

g(x) :=

1 (x ∈ [0, 1] ∩Q)

0 (x ∈ [0, 1] \Q)

Dirichlet-függvényre könnyen belátható, hogy g /∈ R[0, 1]. Valóban, bármelyik τ ∈ F 10 fel-osztásra és I ∈ F τ osztásintervallumra

I

∩Q

=

∅ , I

∩(R

\Q)

=

∅,

ezért mI = 0, M I = 1. Tehát

s(g, τ ) =I ∈F (τ )

mI · |I | =I ∈F (τ )

0· |I | = 0,




S (g, τ ) =I ∈F (τ )

M I · |I | =I ∈F (τ )

1· |I | = 1,

következésképpen I ∗(g) = 0 = 1 = I ∗(g).

Legyen az f : [a, b] → R függvény korlátos, τ ∈ F ba. Az

ω(f, τ ) := S (f, τ ) − s(f, τ )

számot az f függvény τ által meghatározott oszcillációs összegének nevezzük. Az alsó-,felső összegek definíciója szerint

ω(f, τ ) =I ∈F (τ )

(M I − mI )· |I |,

ahol az I intervallumon vett M I − mI oszcillációról a következőt mondhatjuk:

M I

−mI = sup

|f (x)

−f (t)

|: x, t

∈I

= sup

f (x)

−f (t) : x, t

∈I

.

Valóban,M I = supf (u) : u ∈ I , mI = inf f (v) : v ∈ I

miatt tetszőleges ε > 0 esetén egy-egy alkalmas u, v ∈ I helyen

f (u) > M I − ε , f (v) < mI + ε,

így f (u) − f (v) > M I − mI − 2ε. Ha tehát

α := supf (x) − f (t) : x, t ∈ I ,

akkor α > M I − mI − 2ε. Mivel itt ε > 0 tetszőleges, ezért α ≥ M I − mI . Ugyanakkor

f (x) ≤ M I , f (t) ≥ mI (x, t ∈ I ),

amiből f (x) − f (t) ≤ M I − mI következik. Innen világos, hogy α ≤ M I − mI is igaz, másszóval α = M I − mI . Azt kell már csak megjegyeznünk, hogy a

sup|f (x) − f (t)| : x, t ∈ I = supf (x) − f (t) : x, t ∈ I

egyenlőség triviálisan teljesül, hiszen tetszőleges x, t ∈ I helyeken vagy az |f (x) − f (t)| =f (x) − f (t), vagy pedig az |f (x) − f (t)| = f (t) − f (x) egyenlőség áll fenn.

9.1.2. Tétel. Tegyük fel, hogy az f : [a, b] → R függvény korlátos. Ekkor a következő ekvivalencia igaz: f ∈ R[a, b] akkor és csak akkor teljesül, ha tetszőleges ε > 0 szám-hoz van olyan τ ∈ F ba felosztás, amellyel ω(f, τ ) < ε.




Bizonyítás. Ha f ∈ R[a, b], akkor I ∗(f ) = I ∗(f ). Figyelembe véve a Darboux-féle alsó,ill. felső integrál definícióját azt mondhatjuk, hogy minden ε > 0 esetén egy-egy alkalmasν, µ ∈ F ba felosztással

s(f, ν ) > I ∗(f )

−ε/2 , S (f, µ) I ∗(f ) − ε/2 , S (f, τ ) ≤ S (f, µ) < I ∗(f ) + ε/2.

Innen az következik, hogy

ω(f, τ ) = S (f, τ ) − s(f, τ ) 0 számhoz van olyan τ ∈ F b

a felosztás,amellyelI ∗(f ) − I ∗(f ) ≤ ω(f, τ ) < ε.

Mivel I ∗(f ) − I ∗(f ) ≥ 0, ezért csak I ∗(f ) − I ∗(f ) = 0, azaz I ∗(f ) = I ∗(f ) lehetséges. Ezéppen azt jelenti, hogy f ∈ R[a, b].

A következő állítás megfogalmazásához induljunk ki ismét egy korlátos f : [a, b] → R

függvényből, és tekintsük (valamilyen 1 ≤ n ∈ N mellett) a τ = x0,...,xn ∈ F ba felosztást.Ekkor tetszőleges y j ∈ I j ∈ F (τ ) ( j = 0,...,n − 1) választással legyen

y := (y0,...,yn−1) ∈Rn

és

σ(f , τ , y) :=n−1 j=0

f (y j)· |I j|.

Ez utóbbi σ(f , τ , y) összeget az f függvény (integrál) közelítő összegének nevezzük. Legyentovábbá

τ := y = (y0,...,yn−1) ∈ Rn : y j ∈ I j ∈ F (τ ) ( j = 0,...,n − 1).

Nyilvánvaló, hogy bármely τ ⊂ [a, b] felosztásra

s(f, τ ) ≤ σ(f , τ , y) ≤ S (f, τ ) (y ∈ τ ).

Azt sem nehéz belátni, hogy

s(f, τ ) = inf σ(f , τ , y) : y ∈ τ , S (f, τ ) = supσ(f , τ , y) : y ∈ τ .




Ti. legyen τ = x0,...,xn, ekkor bármilyen δ > 0 számra és j = 0,...,n − 1 indexre egyalkalmasan vett z j ∈ I j helyen f (z j) < m j + δ. Így a z := (z 0,...,z n−1) ∈ Rn vektorral

σ(f , τ , z ) =n−1

j=0

f (z j)· |I j| <n−1

j=0

m j · |I j| + δ ·n−1

j=0

|I j| = s(f, τ ) + δ · (b − a).

Ha ε > 0 tetszőlegesen adott, akkor a 0 < δ < ε/(b − a) választással

σ(f , τ , z ) < s(f, τ ) + ε.

Ez pontosan azt jelenti, hogy

s(f, τ ) = inf σ(f , τ , y) : y ∈ τ .

Analóg módon kapjuk az S (f, τ )-ra vonatkozó állításunkat.

Ezért minden τ ∈ F b

a és ε > 0 esetén van olyan u ∈ τ , hogyσ(f , τ , u) < s(f, τ ) + ε,

ill. van olyan z ∈ τ , amellyelσ(f , τ , z ) > S (f, τ ) − ε.

A most bevezetett közelítő összegekről megmutatjuk, hogy" jogos" a közelítő jelző, ti.

kiderül, hogy egyfajta határérték-értelemben ezeknek az összegeknek a"

határértéke" azintegrál. Sőt, belátjuk, hogy az alsó-felső összegek is rendelkeznek ezzel a tulajdonsággal.

9.1.3. Tétel. Tegyük fel, hogy az f : [a, b] → R függvény korlátos. Ekkor:

a) tetszőleges ε > 0 számhoz van olyan δ > 0, hogy

|s(f, τ ) − I ∗(f )| < ε , |S (f, τ ) − I ∗(f )| < ε (τ ∈ F ba, δ τ < δ );

b) ha q ∈R, akkor az f ∈ R[a, b], ba f = q kijelentés azzal ekvivalens, hogy bármi-

lyen ε > 0 számhoz létezik olyan δ > 0, amellyel

|σ(f , τ , y) − q | < ε (τ ∈ F ba, δ τ < δ, y ∈ τ ).

Bizonyítás. Legyen C > 0 olyan szám, hogy

|f (x)| ≤ C (x ∈ [a, b]).




Tegyük fel, hogy µ = z 0,...,z N , τ = x0,...,xn ∈ F ba (1 ≤ N, n ∈ N) egy-egy felosztásaaz [a, b]-nek, és

y0,...,ys := τ ∪ µ ∈ F ba (1 ≤ s ∈ N).

Bontsuk fel az s(f, τ )-t definiáló összeget az alábbi módon:

s(f, τ ) =n−1 j=0

m j(x j+1 − x j) = j∈A

m j(x j+1 − x j) + j∈B

m j(x j+1 − x j),

ahol A azoknak a j = 0,...,n − 1 indexeknek a halmaza, amelyekre (x j , x j+1) ∩ µ = ∅(azaz z p /∈ (x j , x j+1) ( p = 0,...,N )), ill. B := 0,...,n \ A. Tehát [x j , x j+1] ∈ F (τ ∪ µ)( j ∈ A), ill. a

Bi := k = 0,...,s − 1 : [yk, yk+1] ⊂ [xi, xi+1] (i ∈ B)

halmazokkal [yk, yk+1]

∈ F (τ

∪µ) (k

∈Bi) és

k∈Bi

[yk, yk+1] = [xi, xi+1] (i ∈ B).

Következésképpen az

m p := inf f (x) : y p ≤ x ≤ y p+1 ( p = 0,...,s − 1)

jelöléssel|s(f, τ ) − s(f, τ ∪ µ)| = s(f, τ ∪ µ) − s(f, τ ) =

i∈B k∈Bi

mk(yk+1

−yk)

− i∈Bmi(xi+1

−xi) =

i∈B

k∈Bi

mk(yk+1 − yk) − i∈B

mi·k∈Bi

(yk+1 − yk) =

i∈B

k∈Bi

(mk − mi)(yk+1 − yk) ≤ 2C · i∈B

k∈Bi

(yk+1 − yk) =

2C · i∈B

(xi+1 − xi) ≤ 2Cδ τ N,

hiszen a B számossága nyilván nem lehet N -nél nagyobb.

Tehát

s(f, τ ) ≥ s(f, τ ∪ µ) − 2CNδ τ .

Analóg módon kapjuk (a fenti gondolatmenet értelemszerű módosításával), hogy

S (f, τ ) ≤ S (f, τ ∪ µ) + 2CNδ τ .




MivelI ∗(f ) = sups(f, ν ) : ν ∈ F ba , I ∗(f ) = inf S (f, ν ) : ν ∈ F ba,

ezért bármely ε > 0 esetén a fenti µ = z 0,...,z N ∈ F ba felosztás megválasztható úgy, hogy

I ∗(f ) − ε

2 < s(f, µ) ≤ s(f, τ ∪ µ) ≤ S (f, τ ∪ µ) ≤ S (f, µ) s(f, τ ∪ µ) − ε

2 > I ∗(f ) − ε

2 − ε

2 = I ∗(f ) − ε.

ÍgyI ∗(f )

≥s(f, τ ) > I ∗(f )

−ε (τ

∈ F ba, δ τ < δ ).

Ugyanezzel a meggondolással kapjuk az

I ∗(f ) ≤ S (f, τ ) < I ∗(f ) + ε (τ ∈ F ba, δ τ < δ )

egyenlőtlenségeket, amivel a tétel a)-beli állítását beláttuk.

Ha most f ∈ R[a, b] és q := ba f, akkor I ∗(f ) = I ∗(f ) =

ba f, ill. a tétel a) része

alapján tetszőleges ε > 0 mellett egy alkalmas δ > 0 számmal

s(f, τ )

− b

af

=

|s(f, τ )

−I ∗(f )

|<

ε

2

,

S (f, τ ) − ba

f

= |S (f, τ ) − I ∗(f )| < ε

2 (τ ∈ F ba, δ τ < δ ).

Ugyanakkors(f, ν ) ≤ σ(f ,ν ,y) ≤ S (f, ν ) (ν ∈ F ba, y ∈ ν )

és

s(f, ν ) ≤ ba

f ≤ S (f, ν ) (ν ∈ F ba),

ezért

|σ(f , τ , y) − q | = σ(f , τ , y) − ba

f ≤ S (f, τ ) − s(f, τ ) ≤S (f, τ ) −

ba

f

+

s(f, τ ) − ba

f

< ε

2 +

ε

2 = ε (τ ∈ F ba, δ τ < δ, y ∈ τ ).




"Fordítva", most azt tegyük fel b)-ben, hogy a korlátos f : [a, b] → R függvényről a

következőt tudjuk: van olyan q ∈ R, hogy bármely ε > 0 esetén alkalmas δ > 0 számmaltetszőleges τ ⊂ [a, b], δ τ < δ felosztásra és y ∈ τ vektorra |σ(f , τ , y) − q | < ε, azaz

q + ε > σ(f , τ , y) > q −

ε.

Speciálisan (a 9.1.3. Tétel megfogalmazása előtt mondottakat is figyelembe véve) az is igaz,hogy

q + ε > s(f, τ ) ≥ q − ε , q − ε < S (f, τ ) ≤ q + ε (τ ∈ F ba, δ τ < δ ),

így

ω(f, τ ) = S (f, τ ) − s(f, τ ) ≤ 2ε (τ ∈ F ba, δ τ < δ ).

Ez azt jelenti (ld. 9.1.2. Tétel), hogy f ∈ R[a, b]. Ezért (pl.) ba f = I ∗(f ) miatt az előbbi

ε > 0 számhoz a tétel a) állítása alapján alkalmas δ > 0 mellett

s(f, τ ) − ba

f < ε (τ ∈ F ba, δ τ < δ ).

Ha tehát τ ∈ F ba, δ τ < minδ, δ , akkor

q − ba

f

≤ |q − s(f, τ )| +

s(f, τ ) − ba

f

< 2ε.

Az itt szereplő ε > 0 tetszőleges lévén, az következik, hogy q − ba f = 0, azaz q =

ba f.

A következő tételben a Riemann-integrál intervallum szerinti additivitását mutatjuk meg.Legyen ehhez valamilyen korlátos és zárt [a, b] intervallumon adott az f : [a, b] → R függ-vény. Tetszőleges c ∈ (a, b) esetén definiáljuk az

f c : [a, c] → R , f c : [c, b] → R

függvényeket az alábbiak szerint:

f c := f |[a,c] , f c := f |[c,b].

Tehát a helyettesítési értékek segítségével

f c(x) = f (x) (x ∈ [a, c]) , f c(x) = f (x) (x ∈ [c, b]).




9.1.4. Tétel. Bármely korlátos f : [a, b] → R függvény esetén

a) f ∈ R[a, b] akkor és csak akkor igaz, ha f c ∈ R[a, c] és f c ∈ R[c, b];

b) ha f ∈ R[a, b], akkor

ba f = c

a f c + bc f c.

Bizonyítás. Tegyük fel először, hogy f c ∈ R[a, c] és f c ∈ R[c, b]. Ekkor (ld. 9.1.2.Tétel) tetszőleges ε > 0 számhoz léteznek olyan µ ∈ F ca, ν ∈ F bc felosztások, hogy

ω(f c, µ) < ε

2 , ω(f c, ν ) <

ε

2.

Világos, hogy τ := µ ∪ ν ∈ F ba, továbbá

ω(f, τ ) = ω(f c, µ) + ω(f

c

, ν ) < ε.A 9.1.2. Tételt figyelembe véve ez azt jelenti, hogy f ∈ R[a, b].

Ha most abból indulunk ki, hogy f ∈ R[a, b], akkor ismét csak a 9.1.2. Tétel alapjánbármely ε > 0 mellett egy alkalmas τ ∈ F ba felosztással ω(f, τ ) < ε. Feltehetjük, hogyc ∈ τ, különben a τ -t kicserélve τ ∪ c-re azt kapjuk, hogy

ω(f, τ ∪ c) ≤ ω(f, τ ) < ε.

Legyenµ := τ

∩[a, c] , ν := τ

∩[c, b].

Ekkorω(f c, µ) + ω(f c, ν ) = ω(f, τ ) < ε

miattω(f c, µ), ω(f c, ν ) ≤ ω(f, τ ) < ε.

A 9.1.2. Tételből ezért az következik, hogy f c ∈ R[a, c], f c ∈ R[c, b].

Ezzel az a) állítást beláttuk. A b) bizonyításához tegyük fel, hogy f ∈ R[a, b]. Ekkora) miatt f c ∈ R[a, c], f c ∈ R[c, b]. Így tetszőleges ε > 0 esetén egy-egy µ ∈ F ca, ν ∈ F bcfelosztással

s(f c, µ) > c

af c

−ε , s(f c, ν ) >

b

cf c

−ε.

Ha tehát τ := µ ∪ ν, akkor ca

f c + bc

f c − 2ε < s(f c, µ) + s(f c, ν ) = s(f, τ ) ≤ ba

f.




Mivel itt ε > 0 tetszőleges, ezért ca

f c + bc

f c ≤ ba

f.

Ugyanakkor alkalmas γ

∈ F ca, η

∈ F bc felosztásokkal

S (f c, γ ) < ca

f c + ε , S (f c, η) < bc

f c + ε

is igaz. Következésképpen a θ := γ ∪ η ∈ F ba felosztással ca

f c + bc

f c + 2ε > S (f c, γ ) + S (f c, η) = S (f, θ) ≥ ba

f.

Más szóval (mint az előbb) ca

f c + bc

f c ≥ ba

f,

ami az előbbiekkel együtt a kívánt ca f c + bc f c

= ba f egyenlőséget adja.Állapodjunk meg abban, hogy ezentúl röviden a következőt írjuk: c

af :=

ca

f c , bc

f := bc

f c.

Jegyezzük meg, hogy ha (pl.)

a < c < d < b , f ∈ R[a, b] , g := f |[c,d],

akkor g ∈ R[c, d]. Valóban, a 9.1.4. Tétel szerint h := f d ∈ R[a, d], így ismét a 9.1.4. Tételtalkalmazva hc = g

∈R[c, d]. Az előbbi jelölésbeli megállapodást bővítsük ki a következővel: d

cf :=

dc

g.

Világos, hogy ekkor az f ∈ R[a, b] függvényre ba

f = ca

f + dc

f + bd

f,

ill. (ld. teljes indukció) bármely τ ∈ F ba felosztásra ba

f =

I ∈F (τ ) I

f.

Mutassuk meg, hogy a Riemann-integrál rendelkezik egyfajta monotonitási tulajdonság-gal. Ezt fejezi ki a következő tétel.




9.1.5. Tétel. Tegyük fel, hogy f ∈ R[a, b]. Ekkor:

a) |f | ∈ R[a, b], és ba f

≤ ba |f |;

b) ha g ∈ R[a, b] és f (x) ≤ g(x) (x ∈ [a, b]), akkor

ba f ≤

ba g.

Bizonyítás. A 9.1.2. Tétel miatt bármely ε > 0 mellett van olyan τ ∈ F ba, amelyreω(f, τ ) < ε. Mivel tetszőleges I ∈ F (τ ) esetén

sup||f (x)| − |f (t)|| : x, t ∈ I ≤ sup|f (x) − f (t)| : x, t ∈ I ,

ezértω(|f |, τ ) =

I ∈F (τ )

sup||f (x)| − |f (t)|| : x, t ∈ I · |I | ≤

I ∈F (τ ) sup

|f (x)

−f (t)

|: x, t

∈I

· |I

|= ω(f, τ ) < ε.

Tehát (ld. 9.1.2. Tétel) |f | ∈ R[a, b]. Továbbá −f ∈ R[a, b], hiszen nyilvánvalóan

ω(−f, τ ) = ω(f, τ ) < ε,

így (−f )-re is alkalmazható a 9.1.2. Tétel. Gondoljuk meg, hogy ba

(−f ) = − ba

f.

Valóban, bármely µ

∈ F ba felosztásra

s(−f, µ) =I ∈F (τ )

inf −f (x) : x ∈ I · |I | = − I ∈F (τ )

supf (x) : x ∈ I · |I | = −S (f, τ ),

következésképpen ba

(−f ) = sups(−f, µ) : µ ∈ F ba = sup−S (f, µ) : µ ∈ F ba =

− inf S (f, µ) : µ ∈ F ba = − ba

f.

Ugyanakkor−f, f ≤ |f |,

amiből az előbbiek és b) alapján

± ba

f ≤ ba

|f |,




azaz ba f

≤ ba |f |.

Elegendő már csak a b) állítást belátni. Legyen ehhez µ ∈ F ba, ekkor

s(f, µ) =

I ∈F (τ )inf f (x) : x ∈ I · |I | ≤

I ∈F (τ )

inf g(x) : x ∈ I · |I | = s(g, µ) ≤ I ∗(g) = ba

g.

Következésképpen ba

f = I ∗(f ) = sups(f, µ) : µ ∈ F ba ≤ ba

g.

Az előbbi tétel egyik gyakran használt következménye az alábbi becslés:

ba f ≤ C · (b − a) (f ∈ R[a, b]),

ahol a C ≥ 0 szám az f egy korlátja, azaz

|f (x)| ≤ C (x ∈ [a, b]).

Ui. ag(x) := C (x ∈ [a, b])

függvénnyel nyilván |f | ≤ g. Az is világos, hogy g ∈ R[a, b] és ba g = C · (b − a), mert

s(g, τ ) = S (g, τ ) = C · (b − a) (τ ∈ F b

a).Ezért értelemszerűen alkalmazható a 9.1.5. Tétel a) és b) állítása.

Világos továbbá, hogy ha a 9.1.5. Tételben f ≡ 0, akkor ba f = 0, más szóval a

Riemann-integrál"

előjeltartó": ha g ∈ R[a, b] és g ≥ 0, akkor ba g ≥ 0.

A továbbiakban a határozott integrál egy karakterisztikus tulajdonságát mutatjuk ki. Ne-vezetesen belátjuk, hogy a Riemann-integrálhatóság, ill. maga a Riemann-integrál

"érzéket-

len" arra, hogy a szóban forgó függvény egy véges halmazon"

mit csinál". Kiderül ui., hogyha egy Riemann-integrálható függvényt egy véges halmazon (tetszőlegesen) megváltoztatunk,akkor az így kapott

"új" függvény is Riemann-integrálható lesz, és a (Riemann-)integrálja

ugyanaz marad, mint a kiindulási függvényé. Más megfogalmazásban ez azt jelenti, hogyamennyiben egy korlátos és zárt intervallumon értelmezett két (valós értékű) függvény leg-feljebb véges sok helyen különbözik egymástól, akkor vagy mindkettő integrálható (és ekkoraz integráljuk megegyezik), vagy egyikük sem integrálható.




9.1.6. Tétel. Tekintsük a korlátos és zárt [a, b] intervallumon az f, g : [a, b] → R

korlátos függvényeket. Tegyük fel, hogy az A := x ∈ [a, b] : f (x) = g(x) halmaz véges. Ekkor:

a) f

∈R[a, b]

⇐⇒ g

∈R[a, b];

b) ha f ∈ R[a, b], akkor ba f = ba g.

Bizonyítás. Lássuk be az állításainkat először abban az esetben, amikor az A halmaz1-elemű: valamilyen c ∈ [a, b] elemmel A = c. Induljunk ki abból, hogy f ∈ R[a, b].Ekkor (ld. 9.1.2. Tétel) bármilyen ε > 0 számhoz van olyan τ ∈ F ba, amellyel

ω(f, τ ) < ε.

Feltehető, hogy c ∈ τ, különben τ -t cseréljük fel τ ∪ c-vel, amikor is (ld. 9.1.1. Tétel)

ω(f, τ ∪ c) ≤ ω(f, τ ) < ε. Legyenτ = x0,...,xn

(alkalmas pozitív N ∋ n-nel). Ekkor egyértelműen létezik olyan j ∈ 0,...,n, amelyrec = x j. Mindezt figyelembe véve az

ok(g) := sup|g(x) − g(t)| : x, t ∈ [xk, xk+1],

ok(f ) := sup|f (x) − f (t)| : x, t ∈ [xk, xk+1] (k = 0,...,n − 1)

jelölésekkel a következőket mondhatjuk:

ω(g, τ ) =n−1k=0

ok(g)· (xk+1 − xk) =

n−1 j−1,j=k=0

ok(g)· (xk+1 − xk) + o j−1(g)· (x j − x j−1) + o j(g)· (x j+1 − x j) =

n−1 j−1,j=k=0

ok(f )· (xk+1 − xk) + o j−1(g)· (x j − x j−1) + o j(g)· (x j+1 − x j) =

ω(f, τ ) + (o j−1(g)

−o j−1(f ))

·(x j

−x j−1) + (o j(g)

−o j(f ))

·(x j+1

−x j)

(ahol o−1(g) := o−1(f ) := 0). A feltételeink szerint az f, g függvények korlátosak, ezért egyalkalmas C > 0 számmal

|f (x)|, |g(x)| < C (x ∈ [a, b]).




Világos, hogy ok(g), ok(f ) ≤ 2C (k = 0,...,n − 1), így

ω(g, τ ) ≤ ω(f, τ ) + 4C (x j+1 − x j−1) < ε + 8Cδ τ .

A τ felosztásról azt is feltehetjük, hogy 8Cδ τ < ε, azaz δ τ < ε/(8C ), ui. különben"

tovább

finomítva" a τ -t (tehát alkalmasan választott véges sok [a, b]-beli ponttal bővítve) ezt el-érhetjük, miközben az ω(f, τ ) oszcillációs összeg legfeljebb csökken. Így végül oda jutunk,hogy ω(g, τ ) < 2ε, ami a 9.1.2. Tétel szerint a g függvény Riemann-integrálhatóságát je-lenti. Mivel az f és a g felcserélésével az ⇐⇒ ekvivalencia fordított irányát kapjuk, ezértaz a) állítást (1-elemű A esetén) beláttuk.

Legyen továbbra is a fenti A halmaz 1-elemű halmaz, és lássuk be b)-t. Ha a szóbanforgó c-re a < c < b, akkor (egyelőre) tetszőleges

a < d < c < e 0 tetszőleges, akkor válasszuk a d, e számokat úgy, hogy 2C · (e − d) < ε, amikor is ba

g − ba

f

< ε

következik. Más szóval ba g − b

a f = 0, azaz

ba g =

ba f.

A c = a, vagy a c = b esetben az előbbiek értelemszerű módosításával kapjuk ugyanezt.

Ezzel"

elintéztük" az 1-elemű A halmazokat. Általában legyen az A elemeinek a száma1 ≤ n ∈ N, és alkalmazzuk a teljes indukciót. Az n = 1 esetben az előbb láttuk be atételt. Tegyük fel, hogy valamilyen 1 ≤ n ∈N esetén már igaz az állításunk minden olyanA halmazra, amelyik legfeljebb n-elemű. Ha most a tételbeli A elemszáma n + 1, akkorlegyen valamilyen c ∈ A segítségével

A := A \ c.

Ekkor A elemszáma n, így a

h(x) :=

f (x) (x ∈ I \ A)

g(x) (x ∈ A)




függvényre h ∈ R[a, b] és ba h =

ba f. Világos, hogy

x ∈ [a, b] : g(x) = h(x) = c,

ami 1-elemű halmaz. Ezért az indukciós feltétel alapján g

∈R[a, b], és

ba

g = ba

h = ba

f.

A következő tételben már ismert függvényosztályok viszonyát vizsgáljuk a Riemann-integrálható függvények halmazával.

9.1.7. Tétel. Tegyük fel, hogy az [a, b] korlátos és zárt intervallumon értelmezett

f : [a, b] → R

függvény folytonos. Ekkor f ∈ R[a, b]. Ugyanez a következtetés igaz akkor is, ha az f -ről a folytonosság helyett monotonitást tételezünk fel.

Bizonyítás. Ha az f : [a, b] → R függvény folytonos, akkor (ld. 5.5.11. Tétel) egyen-letesen folytonos. Ez azt jelenti, hogy tetszőleges ε > 0 esetén megadható olyan δ > 0,hogy

|f (x) − f (t)| < ε

b − a (x, t ∈ [a, b], |x − t| < δ ).

Ha tehát a τ ∈ F ba felosztásra δ τ < δ teljesül, akkor bármelyik I ∈ F (τ ) osztásinterval-lumra

|I

|< δ, így

sup|f (x) − f (t)| : x, t ∈ I ≤ εb − a

.

Következésképpen

ω(f, τ ) =I ∈F (τ )

sup|f (x) − f (t)| : x, t ∈ I · |I | ≤

ε

b − a· I ∈F (τ )

|I | = ε

b − a· (b − a) = ε.

Ezért a 9.1.2. Tétel miatt f ∈ R[a, b].

Ha pl. az f : [a, b] → R függvény monoton növő (monoton fogyó függvényre az alábbibizonyítás analóg módon végezhető), akkor a valamilyen 1 ≤ n ∈ N mellett az

xk := a + k· b − a

n (k = 0,...,n)




osztópontokkal definiált τ = x0,...,xn ∈ F ba egyenletes felosztásra

ω(f, τ ) =n−1k=0

sup|f (x) − f (t)| : xk ≤ x, t ≤ xk+1· (xk+1 − xk) =

b − a

n ·n−1k=0

(f (xk+1) − f (xk)) = (b − a)· (f (b) − f (a))

n .

Ha ε > 0 tetszőlegesen adott, akkor legyen a fenti 1 ≤ n ∈ N olyan, hogy

(b − a)· (f (b) − f (a))

n < ε,

amikor is ω(f, τ ) < ε. Így ismét csak a 9.1.2. Tétel szerint f ∈ R[a, b].

9.2. Megjegyzések

i) A 9.1. pont bevezetésében tárgyalt példára hivatkozva valamilyen korlátos és zárt[a, b] intervallum és egy 0 ≤ f : [a, b] → R korlátos függvény esetén az s(f, τ ),S (f, τ ) (τ ∈ F ba) alsó-, felső összegek a függvény alatti

S := (x, y) ∈ R2 : x ∈ [a, b], 0 ≤ y ≤ f (x)

síkidomba beírt , ill. körülírt ún. téglányösszegek. Az f nem-negatívitását elvetve az

s(f, τ ), S (f, τ ) összegeket előjeles téglányösszegekként szokás emlegetni.

ii) Amennyiben az f : [a, b] → R függvény folytonos, akkor minden

τ = x0,...,xn ∈ F bafelosztás és j = 0,...,n − 1 esetén az 5.5.10. Tétel értelmében vannak olyan

ξ j, η j ∈ [x j , x j+1]

helyek, hogy

m j = f (ξ j) , M j = f (η j).

Tehát, ha ξ := (ξ 0,...,ξ n−1), η := (η0,...,ηn−1) ∈ Rn, akkor

s(f, τ ) = σ(f , τ , ξ ) , S (f, τ ) = σ(f , τ , η).




iii) Adott a, b ∈ R, a < b esetén vezessük be az alábbi parciális rendezést az F ba halmaz-ban:

τ µ ⇐⇒ τ ⊂ µ (τ, µ ∈ F ba).

Ekkor a 9.1.1. Tétel szerint ebben az értelemben bármely f : [a, b] → R korlátos

függvény esetén az F ba ∋ τ → s(f, τ )

leképezés monoton növő:

τ µ =⇒ s(f, τ ) ≤ s(f, µ) (τ, µ ∈ F ba).

Hasonlóan, azF ba ∋ τ → S (f, τ )

leképezés monoton fogyó:

τ µ =⇒ S (f, τ ) ≥ S (f, µ) (τ, µ ∈ F b

a).Mindebből rögtön következik, hogy az

F ba ∋ τ → ω(f, τ )

leképezés is monoton fogyó:

τ µ =⇒ ω(f, τ ) ≥ ω(f, µ) (τ, µ ∈ F ba).

iv) Legyen adott a Φ : F ba → R függvény. Azt mondjuk, hogy a Φ-nek van határértéke,ha létezik olyan α

∈R szám, amelyre minden ε > 0 esetén egy alkalmas 0 < δ -val

|Φ(τ ) − α| < ε (τ ∈ F ba, δ τ < δ ).

Nem nehéz belátni, hogy ekkor egyetlen ilyen α van, amit a Φ határértékének (vagylimeszének ) nevezünk, és a l imΦ (vagy a limδτ →0 Φ(τ )) szimbólummal jelölünk.

v) Ha például f : [a, b] →R egy korlátos függvény, akkor

Φ1(τ ) := s(f, τ ) , Φ2(τ ) := S (f, τ ) (τ ∈ F ba),

Φ3(τ ) := σ(f , τ , y) (τ ∈ F ba, y ∈ τ )

az előző megjegyzésben említett (speciális) függvények. A 9.1.3. Tétel szerint bármi-lyen korlátos f : [a, b] →R függvény esetén léteznek a limΦi (i = 1, 2) határértékek,és

limΦ1 = limδτ →0

s(f, τ ) = I ∗(f ) , limΦ2 = limδτ →0

S (f, τ ) = I ∗(f ).




Ha f ∈ R[a, b], akkor létezik a limδτ →0 σ(f , τ , y) határérték is, és

limΦ3 = limδτ →0

σ(f , τ , y) = limδτ →0

s(f, τ ) = limδτ →0

S (f, τ ) = ba

f.

Sőt, a limΦ3 = ba f egyenlőség a 9.1.3. Tétel szerint y-ban "egyenletesen" teljesül,azaz a iv) megjegyzésben mondott határérték-definícióban szereplő δ csak (az ottani)ε-tól függ, y-tól nem. Pl. legyen valamilyen 1 ≤ n ∈ N esetén

xi := a + i · b − a

n (i = 0,...,n) , τ n := x0,...,xn

(az [a, b] intervallum egyenletes felosztása ), és

sn(f ) := s(f, τ n) , S n(f ) := S (f, τ n),

ill.σn(f ) := σ(f, τ n, ξ (n)) (ξ (n) ∈ τ n).

Ekkor nyilván

δ τ n = b − a

n → 0 (n → ∞).

Következésképpen a 9.1.3. Tételben szereplő δ > 0 számhoz van olyan N ∈ N, hogyδ τ n < δ (N < n ∈ N). Ezért

|sn(f ) − I ∗(f )| < ε (N < n ∈ N),

ill.

|S n(f ) − I ∗(f )| < ε (N < n ∈ N).

Mindez azt jelenti, hogy

lim(sn(f )) = I ∗(f ) , lim(S n(f )) = I ∗(f )

(ahol az utóbbi lim ... határértékek az illető sorozatok ("

közönséges" értelemben vett)határértékei). Ha még f ∈ R[a, b] is igaz, akkor

lim(sn(f )) = lim (S n(f )) = lim (σn(f )) = ba

f.

vi) A fentiek tükrében a 9.1.2. Tétel egy átfogalmazása a következő. Legyen (a korlátosés zárt) [a, b] intervallumon adott az f : [a, b] → R korlátos függvény. Ekkor

f ∈ R[a, b] ⇐⇒ limδτ →0

ω(f, τ ) = 0.




Ui. limδτ →0 ω(f, τ ) = 0 esetén tetszőleges ε > 0 számhoz van olyan τ ∈ F ba, amellyelω(f, τ ) < ε. Ez a 9.1.2. Tétel értelmében azt jelenti, hogy f ∈ R[a, b]. Ha az utóbbibólindulunk ki, akkor az v) megjegyzés szerint

limδτ →0

s(f, τ ) = limδτ →0

S (f, τ ) = b

a

f.

Világos, hogy ekkor

limδτ →0

ω(f, τ ) = limδτ →0

(S (f, τ ) − s(f, τ )) = limδτ →0

S (f, τ ) − limδτ →0

s(f, τ ) = 0

is igaz.

vii) Tegyük fel, hogy az f : [a, b] → R függvény korlátos, és egy τ n ∈ F ba (n ∈ N)felosztás-sorozatra léteznek a (közös)

q := lim (s(f, τ n)) = lim (S (f, τ n)) ∈ Rhatárértékek. Ekkor (amint azt már korábban is említettük) f

∈ R[a, b], továbbá ba f = q. Ui.

s(f, τ n) ≤ I ∗(f ) ≤ I ∗(f ) ≤ S (f, τ n) (n ∈ N),

amiből a feltételezésünk miatt szükségszerűen

I ∗(f ) = I ∗(f ) = q

következik. Sőt, az ilyen (τ n) : N → F ba sorozat létezése szükséges is ahhoz, hogy aszóban forgó f függvény Riemann-integrálható legyen. Valóban, ha f ∈ R[a, b], akkor b

af = I ∗(f ) = sups(f, τ ) : τ ∈ F ba = I ∗(f ) = inf S (f, τ ) : τ ∈ F ba

alapján minden n ∈ N esetén léteznek olyan µn, ν n ∈ F ba felosztások, amelyekkel b

af − 1

n + 1 < s(f, µn) ≤

ba

f ≤ S (f, ν n) < ba

f + 1

n + 1.

Legyen τ n := µn ∪ ν n (n ∈ N). Ekkor (ld. 9.1.1. Tétel) ba

f − 1

n + 1 < s(f, µn) ≤ s(f, τ n) ≤

S (f, τ n) ≤ S (f, ν n) < ba

f + 1

n + 1 (n ∈ N),

amiből a lim(s(f, τ n)), lim(S (f, τ n)) határértékek létezése, ill. az

ba

f = lim(s(f, τ n)) = lim (S (f, τ n))

egyenlőség már nyilvánvaló. Speciálisan ilyen az előző megjegyzésben említett, azegyenletes felosztások révén kapott felosztás-sorozat.




viii) A 9.1.7. Tételben a szóban forgó függvény folytonossága, ill. monotonitása csak elég-séges, de nem szükséges feltétele az illető függvény Riemann-integrálhatóságának. Pél-daként elég a következő függvényre gondolni:

f (x) := 0 (1 = x ∈ [0, 2])

1 (x = 1).

Ez a függvény nem folytonos, ui. f /∈ C1, és

f (0) = 0 < 1 = f (1) > f (2) = 0

miatt nem is monoton. Ugyanakkor a

g(x) := 0 (x ∈ [0, 2])

függvény triviálisan integrálható: g ∈ R[0, 2], hiszen tetszőleges τ ∈ F 20 eseténs(g, τ ) = S (g, τ ) = 0, így I ∗(g) = I ∗(g) = 0. Mivel az

x ∈ [0, 2] : f (x) = g(x) = 1halmaz véges, ezért a 9.1.6. Tétel szerint f ∈ R[0, 2] is igaz.

ix) A 9.1.6. Tétel alapján bizonyos esetekben olyan f ∈ R → R függvények Riemann-integrálhatóságát, ill. határozott integrálját is értelmezni tudjuk, amelyekre a Df értelmezési tartomány nem egy korlátos és zárt intervallum. Legyen ui. az a, b ∈ R,a < b

"végpontok" és egy véges A ⊂ [a, b] halmaz esetén adott a korlátos

f : [a, b] \ A → R

függvény. Azt mondjuk, hogy a szóban forgó f Riemann-integrálható, ha léteznekolyan yc ∈R (c ∈ A) valós számok, hogy az

f (x) :=

f (x) (x ∈ [a, b] \ A)

yc (c ∈ A)

függvényre f ∈ R[a, b]. Ekkor (is) azt írjuk, hogy f ∈ R[a, b]. Az utóbbi esetben a9.1.6. Tétel szerint tetszőleges yc ∈ R (c ∈ A) választással f ∈ R[a, b], és az f függvény b

af :=

ba

f

Riemann-integrálja sem függ az yc-ktől. A most mondott értelmezésből és a 9.1.6.Tételből nyilvánvaló, hogy ha f : [a, b] → R és f ∈ R[a, b], akkor bármely végesY ⊂ [a, b] halmazzal az

f Y (x) := f (x) (x ∈ [a, b] \ Y )




függvényre a fenti értelemben f Y ∈ R[a, b] és ba f Y =

ba f. A leggyakrabban az

Y = a, b , Y = a , Y = besetek szoktak előfordulni, ilyen pl. a

h(x) := sin(1/x) (0 < x ≤ 1)

függvény. Könnyű meggondolni, hogy az előbbi értelemben h ∈ R[0, 1]. Legyen ui.y ∈R és 0 < u < 1 tetszőleges, ill.

h(x) :=

h(x) (x ∈ (0, 1])

y (x = 0)

ésgu(x) := h(x) (x ∈ [u, 1]).

Ekkor gu folytonos függvény, következésképpen (ld. 9.1.7. Tétel) gu ∈ R[u, 1]. Ezért(ld. 9.1.2. Tétel) bármely ε > 0 esetén van olyan ν ∈ F 1u felosztás, hogy ω(gu, ν ) < ε.Ha tehát τ := ν ∪ 0, akkor τ ∈ F 10 , és

ω(h, τ ) = ω(gu, ν ) + u· sup|h(x) − h(t)| : 0 ≤ x, t ≤ u < ε + Mu,

ahol M := 1 + |y|. Ha itt 0 < u < 1 olyan, hogy Mu < ε, akkor ω(h, τ ) < 2ε. Ez a9.1.2. Tétel miatt azt jelenti, hogy h ∈ R[0, 1].

x) Az előbbi megjegyzésben az ott szereplő h függvénnyel kapcsolatban mondottak akövetkezőképpen általánosíthatók. Tegyük fel, hogy valamely a, b ∈ R, a < b esetén

az f : (a, b) → R függvény folytonos és korlátos. Ekkor (az előbbi ix) megjegyzésszellemében) f ∈ R[a, b]. Ha ui. a 0 számhozlétezik olyan µ ∈ F vu , amellyel ω(g, µ) < ε. Tehát a

τ := µ ∪ a, b ∈ F bafelosztással tetszőleges y, z ∈R mellett az

f (x) :=

f (x) (a < x < b)

y (x = a)

z (x = b)




függvényre aq := sup|f (x) − f (t)| : a ≤ x, t ≤ u,

Q := sup|f (x) − f (t)| : v ≤ x, t ≤ b jelölésekkel

ω( f , τ ) = ω(g, µ) + q (u − a) + Q(b − v) < ε + 2C (u − a + b − v)

(ahol C az f függvénynek egy korlátja: |f (x)| ≤ C (x ∈ [a, b])). Ha itt (ami nyilvánfeltehető az u, v helyek alkalmas megválasztásával)

C (u − a + b − v) < ε,

akkor ω( f , τ ) < 2ε. Ez a 9.1.2. Tétel alapján (szükséges és) elégséges ahhoz, amitállítottunk. Világos, hogy a fentiekben csak annyit használtunk ki, hogy az

f : (a, b) → R

függvény korlátos, és bármely a < u < v < b esetén létezik az vu f integrál.

xi) Ha pl. a, b ∈ R, a < b, az f : (a, b) → R függvény folytonos, és léteznek a

lima

f , limb

f ∈ R

(véges) határértékek, akkor f -re teljesülnek a x) megjegyzésben mondott feltételek.Tehát f ∈ R[a, b]. Ekkor ti. (ld. 5.5.) az

f (x) :=

f (x) (a < x < b)

lima f (x = a)

limb f (x = b)

függvény folytonos a korlátos és zárt (azaz kompakt) [a, b] intervallumon, így (ld.5.5.10. Tétel) f (és ezért f is) korlátos.

xii) Az előbbi megjegyzésre utalva vezessük be a szakaszonként folytonos függvény fo-galmát. Azt mondjuk ti., hogy a korlátos és zárt [a, b] intervallumon értelmezett

f : [a, b] → R függvény szakaszonként folytonos, ha létezik olyan τ = x0,...,xn(1 ≤ n ∈ N) felosztása az [a, b] intervallumnak, amellyel az alábbiak teljesülnek:tetszőleges i = 0,...,n − 1 mellett

f ∈ Cx (xi < x < xi+1),




és léteznek a végeslim

x→xi+0f , lim

x→xi+1−0f

(jobb-, ill. bal oldali) határértékek. A xi) megjegyzés szerint ekkor

f |[xi,xi+1] ∈ R[xi, xi+1] (i = 0,...,n − 1),

amiből meg a 9.1.4. Tétel alapján f ∈ R[a, b] és

ba

f =n−1i=0

xi+1

xif

következik.

xiii) Legyen a, b ∈ R, a < b és f : [a, b] → R. Az f függvény lépcsősfüggvény, ha létezik

olyan τ = x0,...,xn ∈ F b

a (1 ≤ n ∈ N) felosztás, hogy alkalmasan választottci ∈R számokkal

f (x) = ci (xi < x < xi+1, i = 0,...,n − 1).

A 9.1.4., 9.1.6. Tételek felhasználásával azt kapjuk, hogy ekkor f ∈ R[a, b], és

ba

f =n−1i=0

xi+1

xif =

n−1i=0

ci(xi+1 − xi).

xiv) Nem nehéz belátni, hogy ha 0 ≤

f ∈

R[a, b] és ba f = 0, akkor f (c) = 0 mindenolyan c ∈ [a, b] pontban, ahol az f folytonos. Ha ui. egy ilyen c esetén f (c) = 0,azaz f (c) > 0 lenne, akkor a folytonosság definíciója alapján a következő is igaz lenne:egy alkalmas δ > 0 esetén

f (x) > f (c)

2 (x ∈ [a, b], |x − c| ≤ δ ).

Ez azt jelenti, hogy az[u, v] := [a, b] ∩ [c − δ, c + δ ]

jelöléssel a 9.1.4., 9.1.5. Tételek szerint

0 = ba

f ≥ vu

f ≥ vu

(f (c)/2) = f (c)

2 · (v − u) > 0,

ami nyilvánvaló ellentmondás.




xv) A felosztások"

ügyes" megválasztásával esetenként könnyen ki tudunk számítani integ-rálokat. Legyen pl. a feladat az 2

1

1

x2 dx

integrál kiszámítása. Tekintsük ehhez azt a τ n =

xn0,...,xnn ∈ F

2

1

felosztássorozatot(2 ≤ n ∈ N), amelyre

xnk := ( n√

2)k =: q kn (k = 0,...,n).

Ekkor

s(f, τ n) =n−1k=0

q k+1n − q kn

q 2k+2n

= q n − 1

q 2n·n−1k=0

1

q kn=

q n − 1

q 2n· 1 − 1/q nn

1 − 1/q n=

1

2q n(n ∈ N).


S (f, τ n) =n−1k=0

q k+1n − q kn

q 2kn= (q n − 1)·

n−1k=0

1

q kn=

(q n − 1)· 1 − 1/q nn1 − 1/q n

= q n

2 (n ∈ N).

Mivel (ld. 3.9.5. Tétel) limn→∞ q n = limn→∞n√

2 = 1, ezért

limn→∞

s(f, τ n) = limn→∞

1

2q n=

1

2 = lim

n→∞

q n2

= limn→∞

S (f, τ n).

Így (ld. vii) megjegyzés) létezik az 2

1

1

x2 dx = lim

n→∞s(f, τ n) = lim

n→∞S (f, τ n) =

1

2

integrál.

xvi) Több szempontból is érdekes az alábbi példa. Ehhez vezessük be először az x ∈ Qracionális szám q x nevezőjének a fogalmát. Legyen ui. q 0 := 1. Ha x = 0, akkoralkalmas p, q ∈ Z, q > 0 relatív prímekkel az x egyértelműen írható fel x = p/q alakban, amikor is legyen q x := q. Definiáljuk ezek után az

R : [0, 1]

→R Riemann-

függvényt a következőképpen:

R(x) :=

0 (x ∈ [0, 1] \Q)

1/q x (x ∈ [0, 1] ∩Q).




Megmutatjuk, hogy R ∈ R[0, 1], és 1

0 R = 0. Ui. bármely τ ∈ F 10 felosztás ésI ∈ F (τ ) osztásintervallum esetén (ld. 1.4. xiv) megjegyzés) I ∩ (R \Q) = ∅, ezért

mI = inf R(x) : x ∈ I = 0.

Következésképpens(R, τ ) =

I ∈F (τ )

mI · |I | = 0,

amiből I ∗(R) = 0 is azonnal adódik. Belátjuk továbbá, hogy tetszőleges ε > 0számhoz létezik olyan τ ∈ F 10 , amelyre

S (R, τ ) < ε.

Tekintsük ui. egy δ > 0 szám mellett az összes olyan [0, 1]-beli racionális x számot,amelyre q x < 1/δ. Az ilyen x-ek nyilván egy (nem üres) véges Aδ halmazt alkotnak.Válasszuk a páronként diszjunkt [ax, bx]

⊂ [0, 1] (x

∈Aδ) intervallumokat úgy, hogy

x ∈ [ax, bx] (x ∈ Aδ) és x∈Aδ

(bx − ax) < δ.

Ha 0, 1 = x ∈ Aδ, akkor nyilván feltehető az is, hogy x ∈ (ax, bx). Legyen ezek utánτ ∈ F 10 olyan felosztás, amelyre Aδ ⊂ τ , és I x := [ax, bx] ∈ F (τ ) (x ∈ Aδ). Világos,hogy ha I ∈ F (τ ), I = I x (x ∈ Aδ), akkor I ∩ Aδ = ∅, és így

M I = supR(t) : t ∈ I = sup1/q t : t ∈ I ≤ δ.

Egyébként pedig nyilván minden I ∈ F (τ ) osztásintervallumra M I ≤ 1. Mindezt

összegezve azt mondhatjuk, hogy

S (R, τ ) =I ∈F (τ )

M I · |I | =x∈Aδ

M I x· |I x| +

F (τ )∋I =I x (x∈Aδ)

M I · |I | ≤

x∈Aδ

|I x| + δ · F (τ )∋I =I x (x∈Aδ)

|I | < δ · (1 + b − a).

Ha itt a δ > 0 számot úgy választjuk, hogy δ · (1 + b − a) < ε, akkor S (R, τ ) < ε.Mivel S (R, µ) ≥ 0 (µ ∈ F 10 ), ezért

I ∗(

R) = 0.

Tehát I ∗(R) = I ∗(R) = 0, azaz valóban R ∈ R[0, 1], és 1

0 R = 0.

xvii) Nem nehéz meggondolni, hogy az előbbi megjegyzésben definiált R Riemann-függvényminden a ∈ [0, 1] \ Q (irracionális) helyen folytonos. Ha ui. δ > 0, akkor a xvi)




megjegyzésbeli Aδ halmazból vegyük az a-hoz legközelebbi u, v ∈ Aδ elemeket azalábbi értelemben:

u < a < v.

Így (u, v) ∩ Aδ = ∅, következésképpen

1/q x ≤ δ (x ∈ (u, v) ∩Q).

Ezért egyúttal|R(x) − R(a)| = R(x) ≤ δ (x ∈ (u, v))

is teljesül. Ez azt jelenti, hogy R ∈ C(a). Ugyanakkor nyilvánvaló, hogy

R /∈ C(b) (b ∈ [0, 1] ∩Q).

Ti. ε := R(b) > 0, de tetszőleges K (b) környezet (nyílt intervallum) esetén (ld. 1.4.xiv) megjegyzés) K (b) ∩ [0, 1] ∩ (R \Q) = ∅ miatt van olyan x ∈ K (b) ∩ [0, 1], hogy

|R(x) − R(b)| = R(b) = ε,szemben a b-beli folytonosság definíciójával.

xviii) A Riemann-integrálhatóság és a folytonosság kapcsolatát illetően a 9.1.7. Tételben aztláttuk be, hogy C [a, b] ⊂ R[a, b]. Azt is megjegyeztük (ld. viii) megjegyzés), hogyC [a, b] = R[a, b]. A xiv), xv) megjegyzések azt mutatják, hogy megfelelően választottf ∈ R[a, b] függvényre az f szakadási helyeinek az

Af := x ∈ [a, b] : f /∈ Cxhalmaza akár végtelen számosságú is lehet. Ezzel kapcsolatban (bizonyítás nélkül)

jegyezzük meg a Riemann-integrálhatóság ún. Lebesgue-féle kritériumát : a korlátos f : [a, b] → R függvény akkor és csak akkor Riemann-integrálható, ha tetszőleges ε > 0 számhoz megadható intervallumoknak egy olyan I n (n ∈ N) sorozata, hogy

Af ⊂ ∞n=0 I n és

∞n=0 |I n| < ε.

Az utóbbi esetben azt mondjuk, hogy az Af halmaz nulla mértékű. Könnyű meggon-dolni, hogy az [a, b] intervallum nem nulla mértékű, ugyanakkor minden, legfeljebbmegszámlálható halmaz nulla mértékű. Éppen ezért (ld. xvi), xvii) megjegyzések)nem

"véletlen", hogy a Riemann-függvény R[0, 1]-beli, ui. az AR = [0, 1] ∩Q halmaz

megszámlálható. A Lebesgue-kritériumban szereplő korlátossági feltétel az f -re nézvelényeges, hiszen az

f (x) :=

0 (x = 0)

1/x (0 < x ≤ 1)

függvény nem korlátos, ezért f /∈ R[0, 1], de az Af = 0 halmaz nulla mértékű.




xix) Az előbbi megjegyzés alapján könnyen adódik a következő becslés: tetszőleges0 < f ∈ R[a, b] esetén

ba f > 0. Ui. a 9.1.5. Tétel szerint

ba f ≥ 0. Ha

ba f = 0 lenne,

akkor a xiv) megjegyzésből f (d) = 0 (d ∈ [a, b], f ∈ Cd). A xviii) megjegyzésbenidézett Lebesgue-kritérium miatt a szakadási helyek Af halmaza nulla mértékű, ezért

Af

= [a, b]. Tehát létezik az előbbi tulajdonságú d pont, azaz ahol f (d) = 0. Ez

nyilván ellentmond az f > 0 feltételnek.

xx) A xviii)-beli Lebesgue-kritériumból azonnal következik, hogy ha g ∈ R[α, β ], valamintf ∈ C [a, b], és Rg ⊂ [a, b], akkor f g ∈ R[α, β ]. Ui. (ld. 5.5.10. Tétel) az f korlátos, ezért az f g is korlátos. Továbbá (ld. 5.5.3. Tétel) f g ∈ Cx mindenolyan x ∈ [α, β ] helyen, ahol g ∈ Cx. Mivel (ld. xviii)) Ag nulla mértékű, ezértAf g is nulla mértékű.

xxi) Lássuk be a xx)-beli állítást a Lebesgue-kritérium alkalmazása nélkül is. Legyen ehhezε > 0 tetszőlegesen adott, ekkor a Heine-tétel (ld. 5.5.11. Tétel) szerint van olyanδ > 0 szám, amellyel

|f (u) − f (v)| < ε (u, v ∈ [a, b], |u − v| < δ ).

Ha most τ ∈ F β α és I ∈ F (τ ) esetén

oI (g) := sup|g(x) − g(t)| : x, t ∈ I ,

akkor

ω(g, τ ) =I ∈F (τ )

oI (g)· |I | =

I ∈F (τ ),oI (g)<δ

oI (g)· |I | +

I ∈F (τ ),oI (g)≥δ

oI (g)· |I | ≥

δ · I ∈F (τ ),oI (g)≥δ

|I |.

Következésképpen I ∈F (τ ),oI (g)≥δ

|I | ≤ ω(g, τ )

δ .

Világos, hogy I ∈ F (τ ), oI (g) < δ esetén

oI (f g) := sup|f (g(x)) − f (g(t))| : x, t ∈ I ≤ ε,

ezértω(f g, τ ) =

I ∈F (τ )

oI (f g)· |I | =

I ∈F (τ ),oI (g)<δ

oI (f g)· |I | +

I ∈F (τ ),oI (g)≥δ

oI (f g)· |I | ≤




ε· I ∈F (τ ),oI (g)<δ

|I | + 2M · I ∈F (τ ),oI (g)≥δ

|I | ≤ ε· (β − α) + 2M · ω(g, τ )

δ ,

ahol M az f függvény egy korlátját jelöli: |f (t)| ≤ M (t ∈ [a, b]). Feltettük,hogy g ∈ R[a, b], ezért (ld. 9.1.2. Tétel) az előbbi τ úgy is megválasztható, hogy

2Mω(g, τ )/δ < ε, amikor isω(f g, τ ) ≤ ε· (β − α + 1).

Így ismét a 9.1.2. Tételre hivatkozva kapjuk, hogy f g ∈ R[α, β ].

xxii) Egy f : [a, b] → R függvény Riemann-integrálhatóságának az értelmezéséhez elevefeltételeztük, hogy az f korlátos függvény. Ha ui. az f nem korlátos, pl. alulról nemkorlátos, akkor minden τ ∈ F ba felosztás esetén van olyan J ∈ F (τ ) osztásintervallum,amelyre

mJ = inf f (x) : x ∈ J = −∞.

Ezért m j · |J | = −∞, és így s(f, τ ) = −∞. Ez azt jelenti, hogy egyúttal I ∗(f ) = −∞.Ha tehát I ∗(f ) = I ∗(f ), akkor ez a közös érték is −∞ lenne. Hasonlóan kapjuk,hogy felülről nem korlátos f : [a, b] → R függvény esetén I ∗(f ) = +∞, így legfeljebbI ∗(f ) = I ∗(f ) = +∞ lehetne.

"Integrálható" függvény

"integráljaként" viszont valós

számot szeretnénk deklarálni.

xxiii) Lássuk be, hogy ha f ∈ R[a, b] és

h(x) := f (−x) (−b ≤ x ≤ −a),

akkor h ∈ R[−b, −a], és

−a−b

h = −a−b

f (−x) dx = ba

f.

Legyen ui. µ = z 0,...,z n ∈ F ba (1 ≤ n ∈ N). Ekkor bármely i ∈ 0,...,n−1 esetén

mi(f ) := inf f (x) : z i ≤ x ≤ z i+1 = inf h(t) : −z i+1 ≤ t ≤ −z i.

Világos, hogy azxi := −z n−i (i = 0,...,n)

osztópontokkal meghatározott τ := x0,...,xn halmaz egy felosztása a [−b, −a] in-tervallumnak: τ ∈ F −a−b , és

mi(f ) = inf h(t) : xn−i−1 ≤ t ≤ xn−i =: mn−i−1(h).

Ezért

s(f, µ) =n−1i=0

mi(f )· (z i+1 − z i) =n−1i=0

mn−i−1(h)· (xn−i − xn−i−1) =



9.3. AZ INTEGRÁL KISZÁMÍTÁSA 411

n−1i=0

mi(h)· (xi+1 − xi) = s(h, τ ),

és ugyanígy S (f, µ) = S (h, τ ). Következésképpen

ba f = sups(f, µ) : µ ∈ F ba ≤ sups(h, τ ) : τ ∈ F

−a−b = I ∗(h) ≤ I

∗

(h) =

inf S (h, τ ) : τ ∈ F −a−b ≤ inf f (h, µ) : µ ∈ F ba = ba

f.

Tehát

I ∗(h) = I ∗(h) = ba

f,

azaz h ∈ R[−b, −a], és −a−b h =

ba f.

9.3. Az integrál kiszámítása

Elöljáróban tisztázzuk az integrálás és bizonyos függvényműveletek kapcsolatát. Ebben asorban először Riemann-integrálható függvények lineáris kombinációjának az integrálható-ságát igazoljuk, ill. kiszámítjuk az említett lineáris kombinációnak a Riemann-integrálját.Világos, hogy ebből a szempontból elegendő az alábbi tételt belátni.

9.3.1. Tétel. Tetszőleges f, g ∈ R[a, b] függvények és λ ∈ R szám esetén

f + λ

·g

∈R[a, b],

továbbá ba

(f + λ· g) = ba

f + λ· ba

g.

Bizonyítás. Adott korlátos és zárt I ⊂ R intervallum, ill. h : I → R korlátos függvényesetén vezessük be a következő jelöléseket:

mI (h) := inf h(x) : x ∈ I , M I (h) := suph(x) : x ∈ I .

Ha H : [a, b] → R is egy korlátos függvény, akkor

mI (h) + mI (H ) ≤ h(x) + H (x) = (h + H )(x) ≤ M I (h) + M I (H ) (x ∈ I )

miatt nyilván

mI (h) + mI (H ) ≤ mI (h + H ) , M I (h) + M I (H ) ≥ M I (h + H ).




Mindezt előrebocsátva bármely τ ∈ F ba felosztással azt mondhatjuk, hogy

s(f, τ ) + s(g, τ ) =I ∈F (τ )

mI (f )· |I | +I ∈F (τ )

mI (g)· |I | =

I ∈F (τ ) (mI (f ) + mI (g))

· |I

| ≤ I ∈F (τ ) mI (f + g)

· |I

|= s(f + g, τ ).

Innen tetszőleges µ ∈ F ba felosztás mellett azt kapjuk (ld. 9.1.1. Tétel), hogy

s(f, τ ) + s(g, µ) ≤ s(f, τ ∪ µ) + s(g, τ ∪ µ) ≤ s(f + g, τ ∪ µ) ≤ I ∗(f + g).

Tehát bármely τ, µ ∈ F ba felosztásokat is véve

s(f, τ ) ≤ I ∗(f + g) − s(g, µ),

következésképpen

b

af = I ∗(f ) = sup

s(f, τ ) : τ

∈ F ba

≤ I ∗(f + g)

−s(g, µ).

Más szóval

s(g, µ) ≤ I ∗(f + g) − ba

f,

amiből meg ba

g = I ∗(g) = sups(g, µ) : µ ∈ F ba ≤ I ∗(f + g) − ba

f

következik. Összefoglalva mindezt oda jutunk, hogy ba

f + ba

g ≤ I ∗(f + g).

Analóg módon kapjuk az ba

f + ba

g ≥ I ∗(f + g)

becslést is, így ba

f + ba

g ≤ I ∗(f + g) ≤ I ∗(f + g) ≤ ba

f + ba

g.

Világos tehát, hogy I ∗(f + g) = I ∗(f + g), azaz f + g ∈ R[a, b], és ba

f + ba

g = I ∗(f + g) = I ∗(f + g) = ba

(f + g).

Most mutassuk meg, hogy λg

∈R[a, b] és

ba (λg) = λ

· ba g. Legyen ehhez I

⊂R korlátos

és zárt intervallum, valamint h : I → R korlátos függvény. Ekkor

inf (λh)(x) = λh(x) : x ∈ I =

λ· inf h(x) : x ∈ I (λ ≥ 0)

λ· suph(x) : x ∈ I (λ < 0),




ill.

sup(λh)(x) = λh(x) : x ∈ I =

λ· suph(x) : x ∈ I (λ ≥ 0)

λ· inf h(x) : x ∈ I (λ < 0).

Ezért bármely τ ∈ F b

a felosztás eseténs(λg,τ ) =

I ∈F (τ )

inf (λg)(x) : x ∈ I · |I | =

λ·I ∈F (τ ) inf g(x) : x ∈ I · |I | = λ· s(g, τ ) (λ ≥ 0)

λ·I ∈F (τ ) supg(x) : x ∈ I · |I | = λ· S (g, τ ) (λ < 0),

ill.S (λg,τ ) =

I ∈F (τ )

sup(λg)(x) : x ∈ I · |I | =

λ·I ∈F (τ ) supg(x) : x ∈ I · |I | = λ· S (g, τ ) (λ ≥ 0)

λ·I ∈F (τ ) inf g(x) : x ∈ I · |I | = λ· s(g, τ ) (λ < 0).

KövetkezésképpenI ∗(λg) = sups(λg,τ ) : τ ∈ F ba =

λ· sups(g, τ ) : τ ∈ F ba = λ· I ∗(g) (λ ≥ 0)

λ· inf S (g, τ ) : τ ∈ F ba = λ· I ∗(g) (λ < 0),

ill.I ∗(λg) = inf S (λg,τ ) : τ ∈ F ba =

λ· inf S (g, τ ) : τ ∈ F ba = λ· I ∗(g) (λ ≥ 0)

λ· sups(g, τ ) : τ ∈ F ba = λ· I ∗(g) (λ < 0).

Mivel I ∗(g) = I ∗(g) = ba g, így az előbbi egyenlőségekből

I ∗(λg) = I ∗(λg) = λ· ba

g

adódik. Tehát λg ∈

R[a, b], és

ba

(λg) = I ∗(λg) = I ∗(λg) = λ· ba

g.




Összegezve a fentieket azt mondhatjuk, hogy f + λg ∈ R[a, b], és ba

(f + λg) = ba

f + ba

(λg) = ba

f + λ· ba

g.

Riemann-integrálható függvények szorzatáról a következő mondható:

9.3.2. Tétel. Ha f, g ∈ R[a, b], akkor f g ∈ R[a, b].

Bizonyítás. Legyen I ⊂ [a, b] korlátos és zárt intervallum. Ekkor tetszőleges x, t ∈ I helyeken

|(f g)(x) − (f g)(t)| =

|f (x)g(x)

−f (t)g(t)

|=

|f (x)(g(x)

−g(t))

−(f (t)

−f (x))g(t)

| ≤|f (x)|· |g(x) − g(t)| + |f (t) − f (x)|· |g(t)| ≤ C · (|g(x) − g(t)| + |f (t) − f (x)|)(ahol C > 0 közös korlátja az f, g függvényeknek, azaz |f (z )|, |g(z )| ≤ C (z ∈ [a, b])).Ezért

oI (f g) := sup|(f g)(x) − (f g)(t)| : x, t ∈ I ≤C · (sup|f (x) − f (t)| : x, t ∈ I + sup|g(x) − g(t)| : x, t ∈ I ) =: C · (oI (f ) + oI (g)).

Ennek alapján tetszőleges τ ∈ F ba felosztásra

ω(f g ,τ ) =I ∈F (τ )

oI (f g)· |I | ≤

C · I ∈F (τ )

oI (f )· |I | +I ∈F (τ )

oI (g)· |I | = C · (ω(f, τ ) + ω(g, τ )).

A feltételeink szerint f, g ∈ R[a, b], ezért (ld. 9.1.2. Tétel) bármely ε > 0 számhoz megad-hatók olyan µ, ν ∈ F ba felosztások, amelyekkel

ω(f, µ) < ε

2C , ω(g, ν ) <

ε

2C .

Legyen τ := µ ∪ ν, ekkor (ld. 9.1.1. Tétel) a fentiek szerint

ω(f g ,τ ) ≤ C · (ω(f, τ ) + ω(g, τ )) ≤ C · (ω(f, µ) + ω(g, ν )) ≤ C · 2ε2C

= ε.

Ez a 9.1.2. Tétel alapján (szükséges és) elégséges ahhoz, hogy f g ∈ R[a, b].




9.3.3. Tétel. Ha f, g ∈ R[a, b], és valamilyen r > 0 konstanssal

|g(x)| ≥ r (x ∈ [a, b]),

akkor f /g

∈ R[a, b].

Bizonyítás. Lássuk be, hogy 1/g ∈ R[a, b], amiből a 9.3.2. Tétel és az

f

g = f · 1

g

egyenlőség alapján f /g ∈ R[a, b] már következni fog. Legyen I ⊂ [a, b] korlátos és zártintervallum. Ekkor bármely x, t ∈ I esetén

1g (x) − 1g (t) =

1

g(x) − 1

g(t)

= |g(t) − g(x)|

|g(x)g(t)| ≤ 1

r2· |g(t) − g(x)|,

ígyoI (1/g) := sup|(1/g)(x) − (1/g)(t)| : x, t ∈ I ≤

1

r2· sup|g(x) − g(t)| : x, t ∈ I =:

1

r2· oI (g).

Innen tetszőleges τ ∈ F ba mellett

ω(1/g,τ ) =I ∈F (τ )

oI (1/g)· |I | ≤ 1

r2· I ∈F (τ )

oI (g)· |I | = ω(g, τ )

r2 .

A feltétel szerint g ∈ R[a, b], ezért (ld. 9.1.2. Tétel) minden ε > 0 számhoz megadhatóolyan τ ∈ F ba felosztás, amellyel ω(g, τ ) < r2· ε. Tehát az előbbieket figyelembe véve

ω(1/g,τ ) < r2· ε

r2 = ε,

ami a 9.1.2. Tétel alapján azt jelenti, hogy 1/g ∈ R[a, b].

Az integrál"

monotonitása" (ld. 9.1.5. Tétel) és a szorzatfüggvény integrálhatósága (ld.9.3.2. Tétel) alapján jutunk az alábbi, ún. első középérték-tételhez.




9.3.4. Tétel. Tegyük fel, hogy a, b ∈ R, a < b, h : [a, b] → [a, b], és a korlátos f, g : [a, b] → R függvényekre g, (f h)· g ∈ R[a, b], g ≥ 0. Ekkor:

a) az alábbi m := inf

Rf , M := sup

Rf

jelölésekkel

m· ba

g ≤ ba

(f h)· g ≤ M · ba

g;

b) ha az f függvény folytonos, akkor létezik olyan ξ ∈ [a, b], amellyel ba

(f h)· g = f (ξ )· ba

g.

Bizonyítás. Tetszőleges x ∈ [a, b] helyen nyilván

mg(x) ≤ f (h(x))g(x) ≤ Mg(x),

azaz mg ≤ (f h)· g ≤ Mg. A 9.3.1. Tétel szerint mg, Mg ∈ R[a, b], és ba

mg = m· ba

g , ba

Mg = M · ba

g.

A 9.1.5. Tételt alkalmazva ezért azt kapjuk, hogy

m· ba

g = ba

mg ≤ ba

(f h)· g ≤ ba

Mg = M · ba

g.

Ha ba g = 0, akkor a) alapján ba (f h)· g = 0, így ekkor bármely ξ ∈ [a, b] választással

0 = ba

(f h)· g = f (ξ )· ba

g = 0.

Feltehető tehát, hogy ba g = 0, amikor is a 9.1.5. Tétel után mondott

"előjeltartásból"

következő ba g ≥ 0 egyenlőtlenséget is szem előtt tartva

ba g > 0. Ezért az a)-beli egyenlőt-

lenségeket így is írhatjuk:

m ≤ λ :=

ba (f h)· g

ba g

≤ M.

Ha az f függvény folytonos, akkor (ld. 5.5.7., 5.5.10. Tételek) Rf = [m, M ], ezért λ ∈ Rf .Van tehát olyan ξ ∈ [a, b], hogy λ = f (ξ ). Ez a b) állítás.

A következő tétel a differenciál- és integrálszámítás egyik legismertebb, az alkalmazások-ban (is) a leggyakrabban szereplő állítása. Látni fogjuk, hogy bizonyos esetekben az illető




függvény Riemann-integrálja nem más, mint (bármely) primitív függvényének a megválto-zása a szóban forgó intervallumon.

Elöljáróban idézzük fel a primitív függvény fogalmát (ld. 8.1.): ha I ⊂ R nyílt inter-vallum, f, F : I → R, F ∈ D és F ′ = f, akkor az F az f függvény primitív függvénye.

Terjesszük ki ezt a fogalmat olyan esetekre is, amikor a szóban forgó f függvény értelmezésitartománya korlátos és zárt intervallum. Legyen tehát a, b ∈ R, a < b, és tekintsük az

f, F : [a, b] → R

függvényeket. Azt mondjuk a továbbiakban, hogy az F primitív függvénye az f -nek az [a, b] intervallumon, ha az F folytonos függvény, minden a < x < b esetén F ∈ Dx, ésF ′(x) = f (x). Könnyű meggondolni, hogy pl. a 8.1.1., 8.1.2. Tételek megfelelői érvénybenmaradnak a most mondott értelemben is.

9.3.5. Tétel (Newton-Leibniz). Tegyük fel, hogy az [a, b] korlátos és zárt interval-lumon értelmezett f : [a, b] → R függvényre a következők teljesülnek: f ∈ R[a, b], és az f -nek az [a, b] intervallumon van primitív függvénye. Ekkor tetszőleges ilyen F primitív függvénnyel b

af = F (b) − F (a).

Bizonyítás. Bármilyen a ≤ u < v ≤ b esetén a Lagrange-féle középérték-tétel (ld.7.5.3. Tétel) szerint egy ξ ∈ (u, v) helyen

F (v) − F (u) = F ′(ξ )· (v − u) = f (ξ )· (v − u).

Ezért minden τ = x0,...,xn ∈ F ba felosztásra (valamilyen 1 ≤ n ∈N mellett) azt mond-hatjuk, hogy alkalmas ξ j ∈ (x j , x j+1) ( j = 0,...,n − 1) pontokkal

F (b) − F (a) =n−1 j=0

(F (x j+1) − F (x j)) =

n−1 j=0

f (ξ j)· (x j+1 − x j) = σ(f , τ , y) (y := (ξ 0,...,ξ n−1) ∈ τ ).

Követezésképpen

s(f, τ ) ≤ F (b) − F (a) ≤ S (f, τ ).Innen azt kapjuk, hogy b

af = I ∗(f ) = sups(f, τ ) : τ ∈ F ba ≤ F (b) − F (a) ≤




inf S (f, τ ) : τ ∈ F ba = I ∗(f ) = ba

f.

Innen már világos, hogy ba f = I ∗(f ) = F (b) − F (a).

A következő állítások megfogalmazása előtt emlékeztetünk a 9.2. ix) megjegzésre, hogy ti.

(bizonyos megszorítások mellett) olyan esetekben is értelmeztük valós függvények Riemann-integrálhatóságát, ill. határozott integrálját, amikor a szóban forgó függvény értelmezésitartománya nem egy korlátos és zárt intervallum.

9.3.6. Tétel (parciális integrálás). Tegyük fel, hogy adott a, b ∈ R, a < b esetén az f, g : [a, b] → R függvények folytonosak, az (a, b) nyílt intervallum minden pontjában differenciálhatók, továbbá f ′g, g′f ∈ R[a, b]. Ekkor igaz a következő egyenlőség: b

af ′g = f (b)g(b) − f (a)g(a) −

ba

g′f.

Bizonyítás. Az 5.5.1., 7.3.1. Tételek (és a feltételek) miatt az f g szorzatfüggvényfolytonos, f g ∈ Dx és

(f g)′(x) = f ′(x)g(x) + f (x)g′(x) (a < x < b).

Legyen (tetszőleges u, v, z,w ∈R esetén)

F (x) :=

f ′(x) (a < x < b)

u (x = a)

v (x = b)

, G(x) :=

g′(x) (a < x < b)

z (x = a)

w (x = b),

ekkorF (x)g(x) + G(x)f (x) = (f g)′(x) (a < x < b).

A feltételek szerint (ld. 9.2. ix) megjegyzés) Fg, Gf ∈ R[a, b], amiből a 9.3.1. Tétel alapjánF g + Gf ∈ R[a, b], tehát (ld. 9.2. ix) megjegyzés) (f g)′ ∈ R[a, b], és b

a(f g)′ =

ba

(F g + Gf ) = ba

F g + ba

Gf = ba

f ′g + ba

g′f

következik. Világos továbbá, hogy az f g szorzatfüggvény primitív függvénye az (f g)′ de-riváltfüggvénynek az [a, b] intervallumon (ld. a 9.3.5. Tétel előtt mondottakat). Ezért a9.3.5. Tételt alkalmazva azt kapjuk, hogy b

a(f g)′ =

ba

f ′g + ba

g′f = (f g)(b) − (f g)(a) = f (b)g(b) − f (a)g(a),

ami nyilván ekvivalens a bizonyítandó egyenlőséggel.




9.3.7. Tétel (integrálás helyettesítéssel). Tegyük fel, hogy valamilyen korlátos és zárt [a, b] intervallum esetén az f ∈ R[a, b] függvénynek az [a, b] intervallumon van primitív függvénye. Legyen továbbá az [α, β ] korlátos és zárt intervallumon értelmezett g : [α, β ] → [a, b] függvény folytonos, az (α, β ) nyílt intervallum minden pontjában differenciálható, (f

g)

·g′

∈ R[α, β ], g(α) = a, g(β ) = b, és bármely α < x < β

helyen a < g(x) < b. Ekkor β α

(f g)· g′ = ba

f.

Bizonyítás. Legyen ui. az F : [a, b] → R függvény primitív függvénye az f -nekaz [a, b] intervallumon. Következésképpen az F folytonos, F ∈ Dx és F ′(x) = f (x)(a < x < b), továbbá a Newton-Leibniz-tétel (ld. 9.3.5. Tétel) szerint b

af = F (b) − F (a) = F (g(β )) − F (g(α)).

Az 5.5.3., 7.3.2. Tételekből következően az F g függvény folytonos, F g ∈ Dx és(F g)′(x) = F ′(g(x))· g′(x) = f (g(x))· g′(x) (α < x < β ).

Mindez azt jelenti, hogy az F g függvény primitív függvénye az (f g)· g′-nek az [α, β ]intervallumon. Így ismét a 9.3.5. Tételt alkalmazva azt mondhatjuk, hogy β

α(f g)· g′ = F g(β ) − F g(α) = F (g(β )) − F (g(α)) =

ba

f.

A továbbiakból kiderül, hogy egy (valódi) intervallumon értelmezett folytonos valós függ-

vénynek mindig van primitív függvénye ezen az intervallumon. Ehhez vezessük be az integ-rálfüggvény fogalmát az alábbiak szerint. Legyen f ∈ R[a, b], ekkor (ld. 9.1.4. Tétel)bármely x ∈ (a, b) esetén létezik az

xa f határozott integrál. Az

aa f := 0 megállapodással

tekintsük ezek után azF (x) :=

xa

f (x ∈ [a, b])

függvényt, az f ún. integrálfüggvényét.

9.3.8. Tétel. Legyen F : [a, b] → R az f ∈ R[a, b] függvény integrálfüggvénye.Ekkor:

a) az F függvény folytonos;

b) ha c ∈ (a, b), és az f függvény folytonos a c-ben, akkor F ∈ Dc, és

F ′(c) = f (c).




Bizonyítás. Tetszőleges u, v ∈ [a, b], u < v esetén a 9.1.4., 9.1.5. Tételek szerint

|F (v) − F (u)| = va

f − ua

f =

vu

f ≤ v

u|f | ≤ M |v − u|,

ahol M az f függvény valamelyik korlátja: |f (x)| ≤ M (x ∈ [a, b]). Ha tehát ε > 0, ésa δ > 0 számot úgy választjuk, hogy Mδ < ε, akkor tetszőleges u, v ∈ [a, b], |u − v| < δ esetén

|F (v) − F (u)| < ε.

Másként fogalmazva (ld. 5.5.) az F függvény egyenletesen folytonos, így folytonos is.

Most tegyük fel, hogy a < c 0 eseténvan olyan δ > 0, amellyel a < c − δ < c + δ < b, és

|f (t) − f (c)| < ε (c − δ < t < c + δ ).

Írjuk fel az F függvény c-hez tartozó ∆cF különbségihányados-függvényének (ld. 7.1.2.Tétel) és az f (c)-nek az eltérését (ld. 9.1.4. Tétel):

∆cF (x) − f (c) = F (x) − F (c)

x − c − f (c) =

1

c − x· ca

f − xa

f

− f (c) =

1c − x ·

cx

f − f (c) = 1

c − x· cx

(f (t) − f (c)) dt (c − δ < x < c)

1x − c ·

xc

f − f (c) = 1

x − c· xc

(f (t) − f (c)) dt (c < x < c + δ ).

Innen a 9.1.5. Tétel alapján világos, hogy

|∆cF (x) − f (c)| ≤

1|c − x| ·

cx

|f (t) − f (c)| dt ≤ ε (c − δ < x < c)

1|x − c| ·

xc

|f (t) − f (c)| dt ≤ ε (c < x < c + δ ).

Más szóval azt láttuk be, hogy tetszőleges ε > 0 számhoz van olyan δ > 0, hogy

|∆cF (x) − f (c)| ≤ ε (x ∈ [a, b], |x − c| < δ ).

Ez azt jelenti, hogy létezik a (véges) limx→c ∆cF (x) = f (c) határérték, azaz F ∈ Dc ésF ′(c) = f (c).

Ha tehát az előbbi tételben szereplő f : [a, b] →R függvény folytonos, akkor egyrészt a9.1.7. Tétel értelmében f ∈ R[a, b], másrészt a 9.3.8. Tétel szerint az F integrálfüggvényére




F ∈ C és F ∈ Dx, F ′(x) = f (x) (a < x < b) teljesül. Következésképpen az F primitívfüggvénye az f -nek az [a, b] intervallumon. Így pl. a 9.3.7. Tételben folytonos f függvényesetén

"automatikusan" teljesül az a feltétel, hogy

"az f -nek legyen primitív függvénye".

Ha még figyelembe vesszük a 9.2. xi) megjegyzést, akkor a 9.3.7. Tételnek az alábbi speciálisváltozatát fogalmazhatjuk meg:

tekintsük a korlátos és zárt [a, b] intervallum esetén az f : [a, b] → R folytonos függ-vényt. Legyen továbbá a valamilyen [α, β ] korlátos és zárt intervallumon értelmezett g : [α, β ] → [a, b] függvény folytonos, az (α, β ) nyílt intervallum minden pontjában differenciálható, g′ ∈ Cx (α < x < β ), g(α) = a, g(β ) = b, és létezzenek a véges limα g′, limβ g

′ határértékek. Ekkor (f g)· g′ ∈ R[a, b], és β α (f g)· g′ =

ba f.

Az integrálfüggvény fogalmának a felhasználásával láthatjuk be az integrálszámítás má-sodik középérték-tételét (a tétel első két állításában szereplő egyenlőségek az ún. Bonnet-

formulák ).

9.3.9. Tétel. Bármely g ∈ R[a, b] és f : [a, b] → R függvény esetén az alábbi állítások igazak:

a) ha az f függvény nem-negatív és monoton fogyó, akkor van olyan ξ ∈ [a, b],amellyel b

af g = f (a)·

ξa

g;

b) ha az f függvény nem-negatív és monoton növő, akkor valamilyen ξ ∈ [a, b]mellett

b

a f g = f (b)· b

ξ g;

c) ha az f függvény monoton, akkor egy alkalmas ξ ∈ [a, b] választással ba

f g = f (a)· ξa

g + f (b)· bξ

g.

Bizonyítás. Előzetesen emlékeztetünk a 9.1.7. Tételre, miszerint f ∈ R[a, b], és így(ld. 9.3.2. Tétel) f g ∈ R[a, b]. A b) állítás könnyen láthatóan következik az a)-ból. Ha ui.az f : [a, b] → [0, +∞) függvény monoton növő, akkor legyen

h(x) := f (−x) , H (x) := g(−x) (−b ≤ x ≤ −a).

Ekkor (ld. 9.2. xxiii) megjegyzés) H ∈ R[−b, −a], ill. a

h : [−b, −a] → [0, +∞)




függvény nyilván monoton fogyó. Ezért a) szerint valamilyen η ∈ [−b, −a] mellett (ld. 9.2.xxiii) megjegyzés) −a

−bhH = h(−b)·

η−b

H = f (b)· η−b

g(−x) dx = f (b)· b−η

g(x) dx,

tehát ξ := −η megfelelő.

Vegyük észre továbbá, hogy a harmadik állítás következik az elsőből. Ehhez nyilvánfeltehető, hogy az f függvény monoton fogyó (különben f -et helyettesíthetjük (−f )-fel).Ekkor tehát 0 ≤ f −f (b) is monoton fogyó, ezért a tétel a) része szerint egy ξ ∈ [a, b] helyen b

a(f − f (b))· g = (f (a) − f (b))·

ξa

g,

azaz

ba f g = (f (a) − f (b))· ξa g + f (b)· ba g = f (a)· ξa g + f (b)· ba g − ξa g =

f (a)· ξa

g + f (b)· bξ

g.

Az a) állítás bizonyításához legyen először f (a) = 0. Ekkor nyilván f ≡ 0, ezért tetsző-leges ξ ∈ [a, b] választással

0 = ba

f g = f (a)· ξa

g = 0.

Feltehető tehát, hogy f (a) > 0. A 9.3.8. Tétel alapján a

G(x) := xa

g (x ∈ [a, b])

függvény folytonos, így (ld. 5.5.10. Tétel) léteznek az

m := min RG , M := max RG

szélsőértékek. Mutassuk meg, hogy

m· f (a) ≤ ba

f g ≤ M · f (a).

Legyen ehhez τ = x0,...,xn ∈ F ba (1 ≤ n ∈ N), ekkor (ld. 9.1.4. Tétel)

ba

f g =n−1i=0

xi+1

xif g =




n−1i=0

f (xi)· xi+1

xig +

n−1i=0

xi+1

xi(f − f (xi))g =: σ(τ ) + ρ(τ ).

Jelölje C a g függvény egy korlátját: |g(x)| ≤ C (x ∈ [a, b]). Világos, hogy

|ρ(τ )| ≤n−1

i=0

xi+1

xi |f (t) − f (xi)|· |g(t)| dt ≤

C ·n−1i=0

sup|f (t) − f (x)| : xi ≤ t, x ≤ xi+1· (xi+1 − xi) = C · ω(f, τ ).

Mivel (ld. 9.2. vi) megjegyzés) limδτ →0 ω(f, τ ) = 0, ezért limδτ →0 ρ(τ ) = 0. Következéskép-pen

limδτ →0

σ(τ ) = ba

f g.

Ugyanakkor (ld. 9.3.5. Tétel)

σ(τ ) =

n−1i=0

f (xi)(G(xi+1) − G(xi)) =

n−1i=1

G(xi)(f (xi−1) − f (xi)) + G(b)f (xn−1),

amiből az

f (xi−1) − f (xi), f (xn−1) ≥ 0 , m ≤ G(xi), G(b) ≤ M (i = 1,...,n − 1)

egyenlőtlenségeket figyelembe véve

σ(τ ) ≤ M ·n−1i=1

(f (xi−1) − f (xi)) + f (xn−1)

= M · f (x0) = M · f (a),

ill.

σ(τ ) ≥ m·n−1i=1

(f (xi−1) − f (xi)) + f (xn−1) = m· f (x0) = m· f (a)

következik. Innen limδτ →0 σ(τ ) = ba f g miatt egyúttal

m· f (a) ≤ ba

f g ≤ M · f (a)

is adódik. Tehát

m ≤ λ :=

ba

f g

f (a) ≤ M.

Mivel

RG = [m, M ], ezért egy alkalmas ξ

∈[a, b] helyen

λ = G(ξ ) = ξa

g,

ami a tételünk első állítása.




9.4. Megjegyzések

i) Tegyük fel, hogy −∞ ≤ a < b < +∞, és az f : (a, b] → R függvényről a következőttudjuk (ld. 9.1.4. Tétel): tetszőleges a < c < b esetén létezik az

bc f határozott

integrál. LegyenG(x) :=

bx

f (a < x < b).

Azt mondjuk, hogy az f függvény impropriusan integrálható, ha létezik a limx→a G(x)véges határérték. Ekkor az b

af := lim

x→aG(x)

számot az f improprius integráljának nevezzük. Tekintsük pl. az

f (x) := 1√

x (0 < x ≤ 1)

függvényt. Ekkor (ld. 6.1.1. Tétel) f ∈ C, ezért bármely 0 < c ≤ 1 esetén a

gc(x) := f (x) (c ≤ x ≤ 1)

függvény is folytonos, következésképpen (ld. 9.1.7. Tétel) gc ∈ R[c, 1]. Mivel a

h(x) := 2√

x (c ≤ x ≤ 1)

függvény primitív függvénye a gc-nek a [c, 1] intervallumon, ezért a 9.3.5. Tétel alapján

G(x) := 1

x gx = h(1) − h(x) = 2 − 2√ x (0 < x < 1).

Világos (ld. 6.1.1. Tétel), hogy létezik a limx→0 G(x) = 2 határérték, azaz a szóbanforgó f impropriusan integrálható, és 1

0f =

1

0

1√ x

dx = 2.

ii) Nem nehéz meggondolni, hogy ha a, b ∈ R, a < b, és az f : (a, b] → R korlátosfüggvénynek a 9.2. ix) megjegyzés értelmében létezik az

ba f integrálja, akkor az

f impropriusan is integrálható, és az improprius integrálja is az előbbi

ba f. Ui. (a

feltételünk miatt) bármely y ∈R esetén az

f (x) :=

f (x) (a < x ≤ b)

y (x = a)




függvényre f ∈ R[a, b]. Ha a < x < b, akkor (ld. 9.1.4. Tétel) bx

f = bx

f = ba

f − xa

f = ba

f − F (x),

ahol F az f integrálfüggvénye. A 9.3.8. Tétel szerint az F függvény folytonos, ezért0 = F (a) = limx→aF (x). Következésképpen létezik a

limx→a

bx

f = ba

f − limx→a

F (x) = ba

f = ba

f

(véges) határérték is.

iii) Analóg módon értelmezhető −∞ < a < b ≤ +∞ esetén az f : [a, b) → R függvényimproprius integrálja: b

af := lim

c→b

ca

f,

ahol bármilyen a < c < b mellett feltesszük, hogy létezik az ca f Riemann-integrál,és az előbbi határérték véges. Legyen pl.

f (x) := 1

x2 (1 ≤ x ∈ R).

Ekkor (ld. 9.3.5. Tétel) ca

f = c

1

1

x2 dx = 1 − 1

c → 1 (1 < c → +∞),

tehát +∞

11

x2 dx = 1.

iv) A 9.3.5. Tétellel kapcsolatban felhívjuk a figyelmet arra, hogy az abban szereplő mind-két feltétel lényeges: f ∈ R[a, b], és az f -nek az [a, b]-n van primitív függvénye. Pl.az

f (x) :=

1 (0 ≤ x ≤ 1)

−1 (−1 ≤ x < 0)

függvény monoton növő, ezért (ld. 9.1.7. Tétel) f ∈ R[−1, 1]. Ugyanakkor nem Dar-boux-tulajdonságú (ld. 5.5.), ezért (ld. 7.5.10. Tétel) nincs primitív függvénye a

[−1, 1] intervallumon. Ha

g(x) :=

0 (x = 0)

x2· sin(1/x2) (0 = x ∈ R),




akkor könnyen láthatóan a g függvény folytonos. Továbbá

limx→0

g(x) − g(0)

x = lim

x→0x· sin(1/x2) = 0

miatt g ∈ D0 és g′

(0) = 0, ill. (ld. 7.3.1., 7.3.2. Tételek) 0 = x ∈ R esetén isg ∈ Dx és

g′(x) = 2x· sin(1/x2) − 2

x· cos(1/x2).

Ha tehátf (x) := g ′(x) (0 ≤ x ≤ 1),

akkor az f függvény (egyszerűen ellenőrizhetően) nem korlátos, így f /∈ R[0, 1]. Vi-szont világos, hogy az f -nek van primitív függvénye a [0, 1] intervallumon, ui. az

F (x) := g(x) (0 ≤ x ≤ 1)

nyilván az. Megjegyezzük, hogy ennél lényegesen bonyolultabb konstrukcióval tetsző-leges a, b ∈ R, a < b esetén megadható olyan f : [a, b] → R korlátos függvény is,amelynek van primitív függvénye az [a, b]-n, de f /∈ R[a, b]. (Az egyik ilyen legismer-tebb példa. az ún. Volterra-függvény .)

v) Egy korlátos és zárt intervallumon értelmezett f : [a, b] → R függvény a-beli, vagyb-beli differenciálhatóságát

"ugyanúgy" értelmezhetjük, mint tettük azt az [a, b] belső

pontjaiban. Nevezetesen, azt mondjuk, hogy az előbbi f függvény differenciálható (vagy deriválható ) az a-ban, ha létezik a véges

f ′

(a) := limx→af (x)

−f (a)

x − a

határérték (röviden: f ∈ Da). Hasonlóan, f ∈ Db, ha létezik

f ′(b) := limx→b

f (x) − f (b)

x − b ∈ R.

Egyszerű meggondolni, hogy a"

műveleti szabályok" (ld. 7.3.) továbbra is érvénybenmaradnak. Legyen

D[a, b] := f : [a, b] → R : f ∈ Dx (a ≤ x ≤ b)

az [a, b] intervallumon differenciálható függvények halmaza. Ekkor nyilvánvaló, hogyD[a, b] ⊂ C [a, b], ahol (ld. 5.6. vii) megjegyzés)

C [a, b] := f : [a, b] → R : f ∈ Cx (a ≤ x ≤ b)




az [a, b] intervallumon folytonos függvények halmaza. Azt fogjuk mondani, hogy ag : [a, b] → R függvénynek van primitív függvénye, ha létezik olyan D[a, b]-beli Gfüggvény, amelyre G′ = g. Ekkor G a g primitív függvénye. A 9.3.5. Tétel előttmondottakra utalva világos, hogy a G egyúttal primitív függvénye a g-nek az [a, b]intervallumon is. Tekintsük viszont a

g(x) :=√

x (0 ≤ x ≤ 1)

függvényt. Ekkor a g folytonos, g /∈ D0, ill. g ∈ Dx és

g′(x) = 1

2√

x (0 < x ≤ 1).

Ha tehát

h(x) :=

0 (x = 0)

12√

x (0 < x ≤ 1),

akkor a g primitív függvénye a h-nak a [0, 1] intervallumon, de könnyen láthatóannincs olyan H ∈ D[0, 1] függvény, amelyre H ′ = h.

vi) Az előző megjegyzést figyelembe véve a Newton-Leibniz-formula (ld. 9.3.5. Tétel) egyspeciális esete a következő: ha f ∈ R[a, b], és f -nek van primitív függvénye (azaz van olyan F ∈ D[a, b], amelyre F ′ = f ), akkor minden ilyen F -fel b

af = F (b) − F (a).

vii) Az előbbiekhez hasonlóan a parciális integrálás (ld. 9.3.6. Tétel) egy speciális változata

az alábbiak szerint fogalmazható meg. Legyen ui. f, g ∈ D[a, b] és f ′g, fg′ ∈ R[a, b],ekkor b

af ′g = f (b)g(b) − f (a)g(a) −

ba

g′f.

Mivel f, g ∈ D[a, b] ⊂ C [a, b] ⊂ R[a, b], ezért f ′, g′ ∈ R[a, b] esetén (ld. 9.3.2. Tétel)f ′g, fg′ ∈ R[a, b].

viii) A vii) megjegyzésben mondottakat tovább specializálhatjuk. Legyen ui.

C 1[a, b] := f ∈ D[a, b] : f ′ ∈ C [a, b]az [a, b] intervallumon folytonosan differenciálható függvények halmaza. Ekkor a 9.3.6.Tétel egy további speciális esete az alábbi állítás (ld. 9.1.7. Tétel): tetszőlegesen adott f, g ∈ C 1[a, b] függvényekre b

af ′g = f (b)g(b) − f (a)g(a) −

ba

g′f.




Így pl. az 1

0 xex dx integrál kiszámításához legyen

g(x) := x , f (x) := ex (0 ≤ x ≤ 1),

amikor is (ld. 9.3.5. Tétel)

1

0xex dx =

1

0f ′g = f (1)g(1) − f (0)g(0) − 1

0f g′ =

e − 1

0ex dx = e − (e − e0) = 1.

ix) Az előbbi megjegyzések szellemében a 9.3.7. Tételnek (integrálás helyettesítéssel) egy

"variánsa" a következő állítás: legyen

g ∈ D[α, β ] , g′ ∈ R[α, β ] , g(α) < g(β ) , Rg = [g(α), g(β )],

ekkor tetszőleges f ∈

C [g(α), g(β )] függvényre g(β )

g(α)f =

β α

(f g)· g′.

Ekkor ti. (ld. 5.5.3., 9.1.7. Tételek) f g ∈ C [α, β ] ⊂ R[α, β ], így (ld. 9.3.2.Tétel) (f g)· g′ ∈ R[α, β ], ill. (ld. 9.3.8. Tétel) az f -nek van primitív függvénye.Speciálisan, ha g ∈ C 1[α, β ], akkor g′ ∈ C [α, β ] ⊂ R[α, β ] miatt g′ ∈ R[α, β ]. Világos,hogy g′(x) > 0 (α < x < β ) esetén a g függvény (ld. 7.5.7. Tétel) szigorú-an monoton növő, azaz ekkor a g(α) < g(x) < g(β ) (α < x < β ) feltétel (ld.9.3.7. Tétel)

"automatikusan" teljesül. A jelen megjegyzésben tárgyalt állítás akkor is

igaz, ha f

∈ C [g(α), g(β )] helyett csupán annyit teszünk fel, hogy f

∈ R[g(α), g(β )].

Ennek a bizonyítása azonban jóval bonyolultabb a fentieknél. Alkalmazzuk a mostmondottakat pl. az 1

0

1√ 3x + 1

dx

integrál kiszámítására. Legyen

g(x) := 3x + 1 (0 ≤ x ≤ 1) , f (x) := 1√

x (1 ≤ x ≤ 4).

Ekkor g ∈ D, g′(x) = 3 (0 ≤ x ≤ 1), így a fentiek (és a 9.3.5. Tétel) szerint

1

01√ 3x + 1 dx = 13 · 1

0(f g)· g′ = 13 · 4

1f = 13 · 4

11√ x dx =

2

3· 4

1

1

2√

x dx =

2

3· (

√ 4 − √

1) = 2

3.




x) Az integrálfüggvény fogalmát kibővíthetjük az alábbiak szerint. Legyen ui. ehhezf ∈ R[a, b] és c ∈ [a, b], ill. (ld. 9.1.4. Tétel) a ≤ d ≤ c esetén

d

cf :=

0 (d = c)

− c

d f (d < c).Ekkor az

F c(x) := xc

f (x ∈ [a, b])

függvényt az f (c-ben eltűnő ) integrálfüggvényének nevezzük. A 9.3.8. Tétel (amely-ben az a-ban eltűnő F := F a integrálfüggvényt vizsgáltuk) könnyen átláthatóan igazmarad F c-re. Sőt, az v) megjegyzést szem előtt tartva az is igaz, hogy ha (a tételbenszereplő f függvényre) f ∈ Ca (vagy f ∈ Cb), akkor F c ∈ Da és F ′c(a) = f (a)(vagy F c ∈ Db és F ′c(b) = f (b).)

xi) Legyen g

∈R[a, b], f : J

→ [a, b] pedig a J nyílt intervallumon értelmezett függvény,

ésF (x) :=

f (x)

ag (x ∈ J ).

Ekkor:

a) ha f folytonos, akkor F is folytonos;

b) ha f ∈ D, akkor F ∈ D, és F ′(x) = g(f (x))· f ′(x) (x ∈ J ).

Legyen ui. G a g integrálfüggvénye. Ekkor (ld. 9.3.8. Tétel) G ∈ C. Ha tehát f ∈ C,akkor (ld. 5.5.3. Tétel) F = G f ∈ C is igaz. Ha f ∈ D, akkor az f függvényfolytonos is, így ismét csak a 9.3.8. Tétel miatt G

∈ D. A 7.3.2. Tételt alkalmazva

innen az következik, hogy F = G f ∈ D, továbbáF ′(x) = G′(f (x))· f ′(x) = g(f (x))· f ′(x) (x ∈ J ).

xii) Mutassuk meg pl., hogy tetszőleges n, m ∈ N esetén 1

0xn(1 − x)m dx =

1

0xm(1 − x)n dx.

Ha ui.f (x) := xn(1 − x)m , g(x) := 1 − x (0 ≤ x ≤ 1),

akkor

g(1)

g(0) f = 0

1 f = − 1

0 f = 1

0 (f g)· g′

= 1

0f (1 − x)· g′(x) dx = −

1

0xm(1 − x)n dx,

amit állítottunk.




xiii) Adott f ∈ R[a, b] függvény esetén tekintsük az alábbi Φ : R[a, b] → R leképezést:

Φ(f ) := ba

f (f ∈ R[a, b]).

Ekkor a 9.3.1. Tétel szerint a Φ integrálfunkcionál egyrészt additív, azazΦ(f + g) = Φ(f ) + Φ(g) (f ∈ R[a, b]),

másrészt homogén, azaz

Φ(λf ) = λΦ(f ) (f ∈ R[a, b], λ ∈ R).

Röviden: a Φ egy lineáris funkcionál.

xiv) A 9.3.2. Tételt a 9.3.1. Tétel után már elegendő lenne csak az f = g esetben belátni:f 2 ∈ R[a, b] (f ∈ R[a, b]). Ui. tetszőleges f, g ∈ R[a, b] választással

f g = (f + g)2 − (f − g)2

4 ,

ahol a 9.3.1. Tétel miatt f ± g ∈ R[a, b]. Ha tehát már tudjuk, hogy R[a, b]"

zárt anégyzetreemelésre nézve", akkor (f ± g)2 ∈ R[a, b] is igaz. Innen ismét a 9.3.1. Tételalapján azt kapjuk, hogy

f g = (f + g)2 − (f − g)2

4 ∈ R[a, b].

Az f 2

∈R[a, b] (f

∈R[a, b]) állítás bizonyítása a meglehetősen egyszerű

ω(f 2, τ ) ≤ 2Mω(f, τ ) (τ ∈ F ba)

egyenlőtlenség igazolásával történhet (ahol M az f függvény valamelyik korlátja:|f (x)| ≤ M (x ∈ [a, b])).

xv) Jegyezzük meg, hogy a 9.3.3. Tétel bizonyításában f, g ∈ R[a, b] mellett nem elég aztfeltenni, hogy g(x) = 0 (x ∈ [a, b]). Legyen ui.

f (x) := 1 , g(x) :=

−1 (x = 0)

x (0 < x≤

1).

Ekkor f is, g is monoton (növő), ezért (ld. 9.1.7. Tétel) f, g ∈ R[0, 1]. Viszont azf /g = 1/g függvény triviális módon nem korlátos, így 1/g /∈ R[0, 1].



9.5. A RIEMANN-INTEGRÁL ALKALMAZÁSAI 431

9.5. A Riemann-integrál alkalmazásai

9.5.1. Ívhossz

Legyen valamilyen korlátos és zárt [a, b] intervallum esetén adott az f : [a, b] → R függvény,és tetszőleges τ = x0,...,xn ∈ F ba felosztás esetén (alkalmas 1 ≤ n ∈ N mellett) tekintsüka következő összeget:

ℓf (τ ) :=n−1i=0

(xi+1 − xi)2 + (f (xi+1) − f (xi))2.

Az itt szereplő (xi+1 − xi)2 + (f (xi+1) − f (xi))2 (i = 0,...,n − 1)

kifejezés geometriailag nem más, mint a (koordinátasíkon) az

(xi, f (xi)) , (xi+1, f (xi+1)) ∈ R2

pontokat összekötő Ri szakasz hossza (ld. 7.6. i) megjegyzés). Az Ri (i = 0,...,n − 1)szakaszok

"egyesítése" egy, a függvény(grafikon)ba írt töröttvonal, ℓf (τ ) ez utóbbinak a

hossza. Nem nehéz meggondolni, hogy ha τ, µ ∈ F ba és τ ⊂ µ, azaz a µ felosztás finomabba τ -nál, akkor

ℓf (τ ) ≤ ℓf (µ).

A teljes indukcióra gondolva ui. ezt elegendő csak a τ "

miniális finomítására" belátni, ami-kor is valamilyen c ∈ (a, b) \ τ esetén µ = τ ∪ c. Ekkor egyértelműen létezik egy olyan

j ∈ 0,...,n − 1, hogy x j < c < x j+1. Következésképpen azt kell belátnunk, hogyℓf (µ) − ℓf (τ ) =

(c − x j)2 + (f (c) − f (x j))2 +

(x j+1 − c)2 + (f (x j+1) − f (c))2− (x j+1 − x j)2 + (f (x j+1) − f (x j))2 ≥ 0.

Azα := c − x j , β := x j+1 − c , γ := f (c) − f (x j) , δ := f (x j+1) − f (c)

jelölésekkel a bizonyítandó egyenlőtlenség a következőt jelenti (ennek az igazolását ld. 1.4.

xxii) megjegyzés): (α + β )2 + (γ + δ )2 ≤

α2 + γ 2 +

β 2 + δ 2.

Haℓf := supℓf (τ ) : τ ∈ F ba < +∞,




akkor azt mondjuk, hogy az f függvény(grafikon) rektifikálható (vagy más szóval van hossza ),és ℓf a szóban forgó függvény(grafikon) ívhossza. Az előbb mondottak alapján világos, hogyaz ℓf definíciójában szorítkozhatunk

"elég finom" felosztásokra, azaz bármilyen δ > 0 esetén

ℓf = sup

ℓf (τ ) : τ

∈ F ba, δ τ < δ

.

9.5.1.1. Tétel. Tegyük fel, hogy f ∈ C 1[a, b]. Ekkor az f függvény(grafikon)nak van ívhossza, és

ℓf = ba

1 + (f ′)2.

Bizonyítás. Elöljáróban jegyezzük meg, hogy a feltétel miatt az f ′ deriváltfüggvényfolytonos. Így (ld. 5.5.1. Tétel) az 1 + (f ′)

2 függvény is folytonos. Mivel a négyzetgyök-

függvény is folytonos (ld. 6.1.1. Tétel), ezért az 5.5.3. Tétel miatt

F :=

1 + (f ′)2 ∈ C [a, b],

így (ld. 9.1.7. Tétel) F ∈ R[a, b].

Legyen τ = x0,...,xn ∈ F ba (valamilyen 1 ≤ n ∈ N esetén). Ekkor a Lagrange-féleközépérték-tétel (ld. 7.5.3. Tétel) szerint alkalmas ξ i ∈ (xi, xi+1) (i = 0,...,n − 1) helyeken

ℓf (τ ) =n−1

i=0 (xi+1 − xi)2 + (f ′(ξ i))2· (xi+1 − xi)2 =

n−1i=0

1 + (f ′(ξ i))2· (xi+1 − xi) = σ(F,τ ,yτ ),

aholyτ := (ξ 0,...,ξ n−1) ∈ Rn.

Teháts(F, τ ) ≤ ℓf (τ ) ≤ ℓf ,

amiből

ba F = sups(F, τ ) : τ ∈ F ba ≤ ℓf

következik. Az F folytonos lévén, korlátos is (ld. 5.5.10. Tétel), legyen M ≥ 0 egy korlátja:

0 ≤ F (x) ≤ M (x ∈ [a, b]).




Az előbbiek alapján így azt kapjuk, hogy

0 ≤ ℓf (τ ) = σ(F,τ ,yτ ) ≤n−1i=0

M (xi+1 − xi) = M (b − a) (τ ∈ F ba).

Más szóval az ℓf (τ ) : τ ∈ F ba halmaz korlátos, és M (b − a) egy felső korlátja. Ezért

ℓf ≤ M (b − a) < +∞,

azaz az f függvény(grafikon) rektifikálható.

Tekintsük most a fenti τ = x0,...,xn ∈ F ba felosztást. Az 5.5.10. Tétel szerint mindenegyes i = 0,...,n − 1 indexhez van olyan ηi ∈ [xi, xi+1], amellyel

inf F (t) : xi ≤ t ≤ xi+1 = F (ηi),

tehát

s(F, τ ) =n−1i=0

F (ηi)· (xi+1 − xi).

Ezt egybevetve az ℓf (τ )-ra fent kapott előállítással az adódik, hogy

|ℓf (τ ) − s(F, τ )| =

n−1i=0

(F (ξ i) − F (ηi))· (xi+1 − xi)

≤n−1i=0

|F (ξ i) − F (ηi)|· (xi+1 − xi).

A Heine-tétel (ld. 5.5.11. Tétel) alapján az F függvény egyenletesen folytonos, azaz tetsző-leges ε > 0 számhoz létezik olyan δ > 0 szám, hogy

|F (u)

−F (v)

|< ε (u, v

∈[a, b],

|u

−v|

< δ ).

Ha tehát τ ∈ F ba olyan, hogy δ τ < δ, akkor az előzmények miatt

|ℓf (τ ) − s(F, τ )| < ε·n−1i=0

(xi+1 − xi) = (b − a)· ε.

Így azt mondhatjuk, hogy az előbbi τ felosztásra

ℓf (τ ) = ℓf (τ ) − s(F, τ ) + s(F, τ ) ≤

|ℓf (τ ) − s(F, τ )| + s(F, τ ) < (b − a)· ε + s(F, τ ) ≤ (b − a)· ε + b

a F.Innen világos, hogy

ℓf = supℓf (τ ) : τ ∈ F ba, δ τ < δ ≤ (b − a)· ε + ba

F,




ezért a fenti ba F ≤ ℓf becslés alapján

ℓf −

ba

F

≤ (b − a)· ε

következik. Az itt szereplő ε > 0 tetszőleges volt, ezért ℓf − ba F = 0, vagy ami ezzelekvivalens, ℓf =

ba F.

9.5.2. Terület, forgástest térfogata

A 9.2. i) megjegyzésre utalva legyen valamilyen korlátos és zárt [a, b] intervallum és a0 ≤ f ∈ R[a, b] függvény esetén

S := (x, y) ∈ R2 : x ∈ [a, b], 0 ≤ y ≤ f (x)

a függvény(grafikon) alatti síkidom. Ha τ ∈ F ba, akkor s(f, τ ), S (f, τ ) az S -be beírt, ill.körülírt téglalapok területösszege (téglányösszegek ). Ha az S síkidomnak is szeretnénk |S|területet tulajdonítani, akkor

"elemi" elvárásként annak kell teljesülnie, hogy

s(f, τ ) ≤ |S| ≤ S (f, τ ).

Következésképpen ba

f = sups(f, τ ) : τ ∈ F ba ≤ |S| ≤ inf S (f, τ ) : τ ∈ F ba = ba

f.

Ennek alapján azt mondjuk, hogy

|S| := ba

f

az S síkidom területe.

Világos, hogy ha m > 0 és f (x) := m (x ∈ [a, b]), akkor S egy téglalap, amelynek aterülete (az

"elemi" területképlet szerint)

m· (b − a) = ba

f.

Legyen most valamilyen r > 0 mellett

f (x) := √ r2

− x2

(0 ≤ x ≤ r).

Ekkor S egy negyedkörlemez, és

|S| = r

0

√ r2 − x2 dx = r·

r0

1 − (x/r)2 dx.




A 9.3.7. Tételt az

f (x) :=√

1 − x2 (0 ≤ x ≤ 1) , g(t) := t

r (0 ≤ t ≤ r)

szereposztással alkalmazva r0

1 − (x/r)2 dx = r·

r0

(f g)· g′ = r· 1

0f = r·

1

0

√ 1 − x2 dx.

Ismét a 9.3.7. Tétel szerint, de most a

g(x) := sin x (0 ≤ x ≤ π/2)

választással (ld. 9.3.5. Tétel)

1

0

√ 1

−x2 dx =

π/2

0 1 −sin2 t

·cos t dt =

π/2

0

cos2 t dt =

1

2· π/2

0(1 + cos(2t)) dt =

1

2· π/2

01 dt +

1

2· π/2

0cos(2t) dt =

π

4.

Összegezve a fentieket

|S| = r· r· π

4 =

r2π

4

(ami"

összhangban" van a körlemez területére ismert r2π-vel).

Tekintsük továbbra is a jelen pont bevezetésében szereplő 0 ≤ f ∈ R[a, b] függvényt.

"

Forgassuk meg" az f függvény(grafikon)t az X -tengely körül, amin a következőt értjük:

"elkészítjük" a

T := (x,y,z ) ∈ R3 : a ≤ x ≤ b, y2 + z 2 ≤ f 2(x) (y, z ∈R)

forgástestet. Ha τ = x0,...,xn ∈ F ba (1 ≤ n ∈ N), akkor az előbbi"

forgatást" tegyükmeg minden i = 0,...,n − 1 esetén a

hi(x) := mi = inf f (t) : xi ≤ t ≤ xi+1 (xi ≤ x ≤ xi+1),

H i(x) := M i = supf (t) : xi ≤ t ≤ xi+1 (xi ≤ x ≤ xi+1)

függvényekkel is, amikor a

γ i(τ ) := (x,y,z ) ∈ R3 : xi ≤ x ≤ xi+1, y2 + z 2 ≤ m2i (y, z ∈R),

Γi(τ ) := (x,y,z ) ∈ R3 : xi ≤ x ≤ xi+1, y2 + z 2 ≤ M 2i (y, z ∈R)




"hengereket" kapjuk. Világos, hogy ha

γ τ :=n−1i=0

γ i(τ ) , Γτ :=n−1i=0

Γi(τ ),

akkorγ τ ⊂ T ⊂ Γτ .

A γ i(τ ), Γi(τ ) (i = 0,...,n − 1) hengerek |γ i(τ )|, |Γi(τ )| térfogatát már ismerjük:

|γ i(τ )| = m2iπ(xi+1 − xi) , |Γi(τ )| = M 2i π(xi+1 − xi),

amiből a γ τ , Γτ egyesítéseik |γ τ |, |Γτ | térfogata is adódik:

|γ τ | =n−1i=0

|γ i(τ )| = π·n−1i=0

m2i (xi+1 − xi) = π· s(f 2, τ ),

|Γτ

|=n−1

i=0 |Γi(τ )

| = π

·

n−1

i=0

M 2i (xi+1

−xi) = π

·S (f 2, τ ).

Ha tehát a T forgástestnek is akarunk |T | térfogatot tulajdonítani, akkor fenn kell állniaaz alábbi egyenlőtlenségpárnak:

π· s(f 2, τ ) ≤ |T | ≤ π· S (f 2, τ ) (τ ∈ F ba).

Más szóval

π· ba

f 2 = sups(f 2, τ ) : τ ∈ F ba ≤ |T | ≤ π· inf S (f 2, τ ) : τ ∈ F ba = π· ba

f 2.

"Logikusnak" tűnik ezért az alábbi értelmezés:

|T | := π· b

a f 2

.

Ha itt valamilyen M > 0 konstanssal f (x) := M (a ≤ x ≤ b), akkor T egy henger, és

|T | = π ba

M 2 = M 2π(b − a),

egyezésben a hengerre ismert elemi térfogatképlettel.

Tekintsük valamilyen r > 0 mellett a fenti

f (x) :=√

r2 − x2 (0 ≤ x ≤ r)

függvényt. Ekkor

T egy félgömb, és (ld. 9.3.5. Tétel)

|T | = π· r

0(r2 − x2) dx = π·

r3 − r3

3

=

2r3π

3 ,

ami ugyancsak"

összhangban" van a gömbtérfogatra jól ismert 4r3π/3 formulával.




9.5.3. Forgástest felszíne

Legyen most 0 ≤ f ∈ C 1[a, b] (azaz a 0 ≤ f függvény az [a, b] intervallumon folytonosandifferenciálható), és tekintsük a 9.5.2. pontban kapott forgástest felületét :

A := (x,y,z ) ∈ R3 : a ≤ x ≤ b, y2 + z 2 = f 2(x) (y, z ∈R).

Ha τ = x0,...,xn ∈ F ba (1 ≤ n ∈ N), akkor az X -tengely körüli"

forgatást" végezzük elminden i = 0,...,n − 1 esetén a

ci(x) := f (xi) + f (xi+1) − f (xi)

xi+1 − xi· (x − xi) (xi ≤ x ≤ xi+1)

függvényekkel is (azaz geometriailag a

P i := (xi, f (xi)) , P i+1 := (xi+1, f (xi+1)) ∈ R2

pontokat összekötő szakaszt forgatjuk meg az X -tengely körül), amikor az

(x,y,z ) ∈ R3 : xi ≤ x ≤ xi+1, y2 + z 2 ≤ c2i (x) (y, z ∈R)

csonkakúpokat kapjuk. Ez utóbbiaknak a felülete:

κi(τ ) := (x,y,z ) ∈ R3 : xi ≤ x ≤ xi+1, y2 + z 2 = c2i (x) (y, z ∈R),

amelyeknek a |κi(τ )| felszíne pedig (az ismert elemi felszínképlet szerint):

|κi(τ )| = 2ci(xi)

·π + 2ci(xi+1)

·π

2 · P iP i+1 =

π· (f (xi) + f (xi+1))· P iP i+1 (i = 0,...,n − 1).

IttP iP i+1 :=

(xi+1 − xi)2 + (f (xi+1) − f (xi))2 (i = 0,...,n − 1)

a P i, P i+1 pontokat összekötő szakasz hossza. Mivel az f függvény folytonos (is), ezért (ld.5.5.6. Tétel és 5.6. x) megjegyzés) létezik olyan ξ i ∈ [xi, xi+1], amellyel

f (xi) + f (xi+1) = 2· f (xi) + f (xi+1)

2 = 2f (ξ i) (i = 0,...,n − 1).

Továbbá az f differenciálhatósága miatt a Lagrange-féle középérték-tétel (ld. 7.5.3. Tétel)alapján egy alkalmas ηi ∈ (xi, xi+1) helyen

f (xi+1) − f (xi) = f ′(ηi)· (xi+1 − xi) (i = 0,...,n − 1),




következésképpen

P iP i+1 =

1 + (f ′(ηi))2· (xi+1 − xi) (i = 0,...,n − 1).

Mindezt egybevetve azt kapjuk, hogy

|κi(τ )| = 2π· f (ξ i)·

1 + (f ′(ηi))2· (xi+1 − xi) (i = 0,...,n − 1).

Az A felületre"

illesztett"

κ(τ ) :=n−1i=0

κi(τ )

csonkakúppalást |κ(τ )| felszíne:

|κ(τ )| =n−1i=0

|κi(τ )| = 2π·n−1i=0

f (ξ i)·

1 + (f ′(ηi))2· (xi+1 − xi).

Alakítsuk át a most kapott formulát a következőképpen:

|κ(τ )| = 2π·n−1i=0

f (ηi)·

1 + (f ′(ηi))2· (xi+1 − xi)−

2π·n−1i=0

(f (ηi) − f (ξ i))·

1 + (f ′(ηi))2· (xi+1 − xi).

Ha yτ := (η0,...,ηn−1) ∈ Rn, akkor

2π

·

n−1

i=0

f (ηi)

· 1 + (f ′(ηi))2

·(xi+1

−xi) = 2π

·σf

· 1 + (f ′)2, τ , yτ .

Legyen továbbá

∆τ := 2π·n−1i=0

(f (ηi) − f (ξ i))·

1 + (f ′(ηi))2· (xi+1 − xi).

Az f ′ folytonossága miatt (ld. 5.5.10. Tétel) valamilyen M ≥ 0 konstanssal |f ′(x)| ≤ M (x ∈ [a, b]), ezért

|∆τ | ≤ 2π· √ 1 + M 2·

n−1

i=0

|f (ηi) − f (ξ i)|· (xi+1 − xi).

A Heine-tétel (ld. 5.5.11. Tétel) alapján az f egyenletesen folytonos. Ez azt jelenti, hogyminden ε > 0 számhoz létezik olyan δ > 0, hogy

|f (u) − f (v)| < ε (u, v ∈ [a, b], |u − v| < δ ).




Ha tehát a τ ∈ F ba felosztás finomságára δ τ < δ teljesül, akkor

|∆τ | < 2π· ε·√

1 + M 2·n−1i=0

(xi+1 − xi) = 2(b − a)π· √ 1 + M 2· ε.

Ezért a 9.1.3. Tételt, ill. a 9.2. iv), v) megjegyzéseket figyelembe véve

2π· limδτ →0

σ

f ·

1 + (f ′)2, τ , yτ

= 2π· ba

f ·

1 + (f ′)2,

ill.limδτ →0

|∆τ | = 0.

Mindezek alapján azt mondjuk, hogy az A forgásfelületnek van felszíne, ami

|A| := 2π· b

a f · 1 + (f ′

)2

.

Példaként legyen az f := f R függvény a következő:

f R(x) :=√

r2 − x2 (0 ≤ x ≤ R),

ahol 0 < R < r adott számok. Ekkor

f ′R(x) = − x√ r2 − x2

(0 ≤ x ≤ R),

ill.

1 + (f ′R(x))2 = 1 + x2

r2 − x2 =

r2

r2 − x2 (0 ≤ x ≤ R).

Ezért az f R által a fentiekben meghatározott forgásfelületet AR-rel jelölve:

|AR| := 2rπ· R

0

√ r2 − x2· 1√

r2 − x2 dx = 2rR· π.

"Szemlélet alapján" könnyen elfogadható (az egzakt meggondolásokat nem részletezve), hogy

az R → r határátmenettel AR → A, ahol A egy félgömb felülete. Ugyanakkor

limR→r

|AR| = limR→r

(2rR· π) = 2r2· π,

ami valóban nem más, mint egy r sugarú félgömb felszíne.




9.5.4. Taylor-formula integrál-maradéktaggal

Legyen az I ⊂ R nyílt intervallumon adott az f : I → R függvény. Tegyük fel, hogyvalamilyen n ∈ N természetes számra f ∈ Dn+1, azaz az f függvény (n + 1)-szer differen-ciálható. Ekkor a 7.7.2. Tétel (Taylor-formula) szerint bármely a, x

∈I, x

= a esetén van

olyan ξ ∈ (a, x) (ha x > a), vagy ξ ∈ (x, a) (ha x < a), amellyel

f (x) − T a,nf (x) = f (n+1)(ξ )

(n + 1)! (x − a)n+1,

ahol

T a,nf (t) :=nk=0

f (k)(a)

k! (t − a)k (t ∈ R)

az f függvény a-hoz tartozó n-edik Taylor-polinomja, az

f (n+1)(ξ )

(n + 1)! (x

−a)n+1

kifejezés az ún. Lagrange-féle maradéktag.

A továbbiakban a fenti f (x)−T a,nf (x) különbségre (maradéktagra) adunk egy másfajtaelőállítást, az alcímben jelzett

"integrál-maradéktag" alakjában. Ezt tartalmazza a

9.5.4.1. Tétel. Tegyük fel, hogy n ∈N, és az I ⊂ R nyílt intervallumon értelme-zett f : I → R függvény (n + 1)-szer folytonosan differenciálható. Ekkor tetszőleges a, x ∈ I, x = a esetén

(∗) f (x) − T a,nf (x) =

1

n! · x

a f

(n+1)

(t)· (x − t)

n

dt.

Bizonyítás. Teljes indukcióval végezve a bizonyítást, legyen először n = 0. Ez azt je-lenti, hogy az f ′ deriváltfüggvény (létezik és) folytonos, a (∗) egyenlőség pedig a következő:

f (x) − f (a) = xa

f ′(t) dt.

Mivel itt (ld. 9.1.7. Tétel) f ′ ∈ R[a, b], az f függvény pedig nyilván primitív függvényeaz f ′-nek, ezért a Newton-Leibniz-formula (ld. 9.3.5. Tétel) miatt az előbbi egyenlőségtriviálisan fennáll.

Tegyük most fel, hogy valamilyen n ∈ N mellett a tételünk állítása már igaz. Ha azf : I → R függvény (n + 2)-szer folytonosan differenciálható, akkor egyrészt a

G(t) := −(x − t)n+1

n + 1 (t ∈ I )




jelöléssel G ∈ D ésG′(t) = (x − t)n (t ∈ I ),

másrészt a parciális integrálás"

szabálya" (ld. 9.3.6. Tétel) szerint

f (x) − T a,nf (x) = 1

n! · x

af (n+1)(t)· (x − t)n dt =

f (n+1)(x)G(x) − f (n+1)(a)G(a)

n! − 1

n!· xa

f (n+2)(t)· G(t) dt =

f (n+1)(a)

(n + 1)! (x − a)n+1 +

1

(n + 1)!· xa

f (n+2)(t)· (x − t)n+1 dt.

Innen

f (x) − T a,nf (x) − f (n+1)(a)

(n + 1)! (x − a)n+1 = f (x) − T a,n+1f (x) =

1(n + 1)!

· xa

f (n+2)(t)· (x − t)n+1 dt

következik, ami a bizonyítandó állítás n helyett (n + 1)-re.

9.5.5. Binomiális sor

Tetszőleges µ ∈ R kitevő mellett tekintsük a következő függvényt:

f µ(x) := (1 + x)µ (

−1 < x

∈R).

A 7.3.6. Tétel szerint f µ ∈ D∞, és

f (k)µ (x) =

k−1 j=0

(µ − j)· (1 + x)µ−k (−1 < x ∈ R, 1 ≤ k ∈N).

Ezért az f µ függvénynek a 0-hoz tartozó Taylor-együtthatói (ld. 7.7.) a következők:

f µ(0) = 1 =:

µ

0

,

f (k)µ (0)

k! =

1

k!·k−1 j=0

(µ − j) =:

µ

k

(1 ≤ k ∈N)

(általánosított binomiális együtthatók ). Ennek megfelelően a

µ

n

· xn




hatványsor (binomiális sor ) az f µ függvény 0-hoz tartozó Taylor-sora (Maclaurin-sora), a

T n(x) := T 0,nf µ(x) =nk=0

µ

k

· xk (x ∈ R, n ∈ N)

polinomok pedig az f µ-nek a 0-hoz tartozó Taylor-polinomjai.Ha µ := N ∈ N, akkor nyilván

µ

k

=

N

k

=

1

k!·k−1 j=0

(N − j) = 0 (N + 1 ≤ k ∈N),

tehát

T 0,nf N (x) =nk=0

N

k

· xk =

N k=0

N

k

· xk = T 0,N f N (x) (x ∈ R, N < n ∈ N).

Ez azt jelenti, hogy ekkor a (N n· xn) binomiális sor minden x ∈ R esetén konvergens,és

∞n=0

N

n

· xn =

N k=0

N

k

· xk (x ∈ R),

ami a binomiális tétel szerint nem más, mint az (1 + x)N hatvány.

Mindezek alapján azt mondhatjuk, hogy a következő állítás a binomiális tétel egyfajtaáltalánosítása.

9.5.5.1. Tétel. Tetszőleges µ ∈R esetén a fenti binomiális sor konvergens a (

−1, 1)

intervallumon, és

(1 + x)µ =∞k=0

µ

k

· xk (x ∈ (−1, 1)).

Bizonyítás. A tétel előtt mondottakat figyelembe véve feltehetjük, hogy µ /∈ N. Világostovábbá, hogy tetszőleges n ∈ N

"kitevővel" f µ ∈ C n+1. Mivel x = 0 esetén a tétel állítása

nyilvánvaló, ezért az is feltehető, hogy 0 = x ∈ (−1, 1). Alkalmazható tehát f µ-re a 9.5.4.1.Tétel, miszerint a

ck :=k−1

j=0

(µ

− j) (1

≤k

∈N)

jelöléssel

f µ(x) − T n(x) = 1

n!· x

0f (n+1)µ (t)(x − t)n dt =

cn+1

n! · x

0(1 + t)µ−n−1· (x − t)ndt =




cn+1

n! · x

0(1 + t)µ−1·

x − t

1 + t

ndt.

Következésképpen

|f µ(x) − T n(x)| ≤ |cn+1

|n! · x

0 (1 + t)

µ−1

· x

−t

1 + t n

dt =

|cn+1|n!

· |x|n· x

0(1 + t)µ−1·

1 − t/x

1 + t

n

dt

=: δ n(x).

Egyszerű számolással ellenőrizhető, hogy az előbbi integrálban szereplő x, t változókkal1 − t/x

1 + t

≤ 1.

Így

x0(1 + t)µ−1· 1 − t/x

1 + tn

dt ≥ x0(1 + t)µ−1· 1 − t/x

1 + tn+1

dt ,

amiből

δ n(x) ≥ |cn+1|n!

· |x|n· x

0(1 + t)µ−1·

1 − t/x

1 + t

n+1

dt

.

Megjegyezzük, hogy a µ /∈ N feltétel miatt ck = 0 (1 ≤ k ∈ N). Ezért" jogos" az alábbi

átalakítás:

δ n(x)

≥

|cn+1|

n! · |x

|n

·

(n + 1)!

|cn+2| ·

1

|x|n+1

·δ n+1(x) =

1

|x| ·

n + 1

|µ − (n + 1)| ·δ n+1(x),

azaz

(∗) δ n+1(x) ≤ |µ − (n + 1)|n + 1

· |x|· δ n(x) (n ∈ N).

Mivel itt

limn→∞

|µ − (n + 1)|n + 1

· |x|

= |x| < 1,

ezért egy alkalmas N ∈ N küszöbindextől kezdve

|µ − (n + 1)|n + 1

· |x| < 1 (N ≤ n ∈ N),

így egyúttal0 ≤ δ n+1(x) ≤ δ n(x) (N ≤ n ∈ N).




A (δ n(x)) sorozat tehát"

lényegében" monoton fogyó és korlátos, amiből (ld. 3.5.3. Tétel)az következik, hogy konvergens. Legyen

δ (x) := limn→∞

δ n(x),

ekkor az előbbi (∗) becslés éslimn→∞

|µ − (n + 1)|n + 1

= 1

miatt

δ (x) = limn→∞

δ n+1(x) ≤ limn→∞

|µ − (n + 1)|n + 1

· |x|· δ n(x)

= |x|· δ (x).

Az |x| < 1 egyenlőtlenség alapján így δ (x) = 0. Az |f µ(x) − T n(x)| ≤ δ n(x) (n ∈ N)becslés szerint ezért egyúttal

limn→∞

|f µ(x) − T n(x)| = 0

is igaz. Ez viszont azt jelenti, hogy a (T n(x)) sorozat, azaz a szóban forgó binomiális sor

konvergens, az összege pedig f µ(x).

9.5.6. Wallis-formula

Elöljáróban számoljuk ki az

I n := π/2

0sinn (n ∈ N)

integrálokat. Ezt egy rekurzív összefüggés révén tehetjük meg. Ez utóbbinak a"

felállításá-hoz" alkalmazzuk a parciális integrálást (ld. 9.3.6. Tétel): tetszőleges 2

≤n ∈N esetén

I n = π/2

0sin· sinn−1 =

π/2

0(− cos′)· sinn−1 = (n − 1)·

π/2

0cos2· sinn−2 =

(n − 1)· π/2

0(1 − sin2)· sinn−2 = (n − 1)· I n−2 − (n − 1)· I n,

ahol I 0 = π/2 és

I 1 = π/2

0sin = cos 0 − cos(π/2) = 1.

TehátI n =

n − 1

n ·I n−2 (2

≤n

∈N).

Innen (teljes indukcióval) azt kapjuk, hogy

I 2n = I 0·n j=1

2n − 2 j + 1

2n − 2 j + 2 =

π

2·n j=1

2n − 2 j + 1

2n − 2 j + 2 (1 ≤ n ∈ N),




ill.

I 2n+1 =n j=1

2n − 2 j + 2

2n − 2 j + 3 (1 ≤ n ∈ N).

Mivel

0 ≤ sin x ≤ 1 (0 ≤ x ≤ π/2),ezért

(sin x)2n+1 ≤ (sin x)2n ≤ (sin x)2n−1 (0 ≤ x ≤ π/2),

amiből (ld. 9.1.5. Tétel)

I 2n+1 ≤ I 2n ≤ I 2n−1 (1 ≤ n ∈ N)

következik. Így a fentiek szerint

n

j=1

2n − 2 j + 2

2n

−2 j + 3

≤ π

2·n

j=1

2n − 2 j + 1

2n

−2 j + 2

≤n−1

j=1

2n − 2 j

2n

−2 j + 1

(1 ≤ n ∈ N).

Innen átrendezéssel azt kapjuk, hogy az

an :=n j=1

(2n − 2 j + 2)2

(2n − 2 j + 3)· (2n − 2 j + 1) (1 ≤ n ∈ N)

jelöléssel

an ≤ π

2 ≤ an· 2n + 1

2n (2 ≤ n ∈ N).

Könnyű ellenőrizni, hogy az (an) sorozat monoton növő, ezért a fenti

an ≤ π

2 (2 ≤ n ∈ N)

korlátosság miatt konvergens is. Ugyanakkor (2n + 1)/(2n) → 1 (n → ∞), amiből azalábbi előállítás (Wallis-formula ) adódik:

π

2 = lim(an) = lim

n→∞

n j=1

(2n − 2 j + 2)2

(2n − 2 j + 3)· (2n − 2 j + 1).

9.6. Megjegyzések

i) A 9.5.1. pontban tárgyalt ívhossz fogalom messzemenően általánosítható. Legyenehhez adott az 1 ≤ N ∈ N

"dimenzió", és valamilyen korlátos és zárt intervallumon

tekintsük aϕi : [a, b] → R (i = 1,...,N )




függvényeket. Ezeknek a ϕi (i = 1,...,N ) koordinátafüggvényeknek a segítségévelkészítsük el azt a

ϕ : [a, b] → RN

függvényt, amelyre a ϕ(x) ∈ RN vektor i-edik koordinátája a ϕi(x) ∈ R szám

(i = 1,...,N ) : ϕ(x) = (ϕ1(x),...,ϕN (x)) (x ∈ [a, b]).

Mindezt röviden így írjuk:ϕ = (ϕ1,...,ϕN ).

A ϕ vektorfüggvényről azt mondjuk, hogy folytonos : ϕ ∈ C (vagy differenciálható :ϕ ∈ D), ha minden ϕi (i = 1,...,N ) koordinátafüggvénye folytonos (vagy differenci-álható). Ha ϕ ∈ D, akkor legyen

ϕ′ := (ϕ′1,...,ϕ′

N )

a ϕ deriváltfüggvénye. Az előbbi ϕ-t folytonosan differenciálhatónak nevezzük, haϕ′ ∈ C. Könnyű meggondolni, hogy ekkor a

ϕ′ :=

N i=1

(ϕ′i)

2

függvény (mint ϕ′ : [a, b] → [0, +∞) egyváltozós valós függvény) is folytonos. Hamég a ϕ injektív és ϕ′ > 0, akkor a ϕ-re a sima görbe elnevezést használjuk. Aϕ zárt sima görbe, ha folytonosan differenciálható, ϕ(a) = ϕ(b), a ϕ|[a,b) leszűkítésinjektív, és ϕ′ > 0. Legyen ezek után τ = x0,...,xn ∈ F ba (1 ≤ n ∈ N) egyfelosztás, és

ℓϕ,j(τ ) :=

N i=1

(ϕi(x j+1) − ϕi(x j))2 ( j = 0,...,n − 1),

ill.

ℓϕ(τ ) :=n−1 j=0

ℓϕ,j(τ ).

Azt mondjuk, hogy a ϕ sima görbe rektifikálható (vagy más szóval van ívhossza ), ha

ℓϕ := sup

ℓϕ(τ ) : τ

∈ F ba

< +

∞.

Az utóbbi esetben az ℓϕ szám a ϕ sima görbe ívhossza. Belátható, hogy minden ϕsima görbének van ívhossza, és

ℓϕ = ba

ϕ′.




Sőt, az is megmutatható, hogy ℓϕ valójában csak az Rϕ értékkészlet-halmaztól (ageometriai értelemben vett

"sima görbétől") függ, és (ebben a terminológiában) a ϕ

paraméterezéstől nem. A fenti ℓϕ,j(τ ) geometriai jelentése a

ϕ(x j), ϕ(x j+1)

∈RN

pontokat összekötő r j ( j = 0,...,n − 1) szakasz hossza, ℓϕ(τ ) pedig a ϕ-be beírtn−1 j=0 r j töröttvonal hossza. Legyen pl.

ϕ(t) := (cos t, sin t, t2/2) (0 ≤ t ≤ 1)

(egy ún. csavarvonal ). Ekkor

ϕ′(t) = (− sin t, cos t, t) (0 ≤ t ≤ 1),

így

ϕ′

(t) =

√ 1 + t2 (0

≤t

≤1).

A 9.3.7. Tételt alkalmazva (ld. 9.4. ix) megjegyzés)

ℓϕ = 1

0

√ 1 + t2 dt =

arsh(1)

0

1 + sh2(x)· ch x dx =

arsh(1)

0ch2 x dx =

1

2· arsh(1)

0(1 + ch(2x)) dx =

arsh(1)

2 +

1

4· sh((2· arsh(1)) =

arsh(1)

2 +

1

2· sh(arsh(1))· ch(arsh(1)) =

arsh(1) +√

2

2 .

ii) Legyen a, b

∈R, a < b és f

∈C 1[a, b]. Ekkor a

ϕf (x) := (x, f (x)) ∈ R2 (x ∈ [a, b])

definícióval megadott ϕ : [a, b] → R2 függvény nyilván egy sima görbe (ld. i)), és

ϕ′f (x) = (1, f ′(x)) (x ∈ [a, b]).

Következésképpen

ϕ′f =

1 + (f ′)

2,

amiből az i) megjegyzésben mondottak szerint

ℓϕf = ba 1 + (f ′)2

következik. A 9.5.1.1. Tételt figyelembe véve ezért azt mondhatjuk, hogy

ℓϕf = ℓf .




Ha pl.

f (x) := x2

2 (0 ≤ x ≤ 1),

akkor az előző megjegyzésben szereplő példa alapján

ℓf = 1

0

√ 1 + x2 dx =

arsh(1) + √ 22

.

iii) Az i) megjegyzésre utalva legyen N := 2, és emlékeztessünk a síkbeli polárkoordiná-tákra : tetszőleges (0, 0) = (x, y) ∈ R2 vektor egyértelműen felírható

x = r· cos α , y = r· sin α

alakban, ahol r :=√

x2 + y2, és α ∈ [0, 2π) egy alkalmas"

szög". Tegyük fel, hogyegy [a, b] korlátos és zárt intervallum esetén adottak a folytonosan differenciálható

r : [a, b] → (0, +∞) , α : [a, b] → [0, 2π)

függvények, amelyekkel

ϕ(x) := (r(x)· cos(α(x)), r(x)· sin(α(x))) (x ∈ [a, b])

egy (polárkoordinátás alakban megadott ) sima görbe. Mivel bármely x ∈ [a, b] helyen

(r(x)· cos(α(x)))′

= r ′(x)· cos(α(x)) − r(x)· α′(x)· sin(α(x)),

(r(x)· sin(α(x)))′ = r ′(x)· sin(α(x)) + r(x)· α′(x)· cos(α(x)),

ezért (r(x)· cos(α(x)))′

2=

(r′(x))2· cos2(α(x)) + r2(x)· (α′(x))2· sin2(α(x)) − r(x)· r′(x)· α′(x)· sin(2α(x)),

és (r(x)· sin(α(x)))′

2=

(r′(x))2· sin2(α(x)) + r2(x)· (α′(x))2· cos2(α(x)) + r(x)· r′(x)· α′(x)· sin(2α(x)).

Ebből az következik, hogy

ϕ′ = (r′)2 + r2· (α′)2,

és ezért

ℓϕ = ba

(r′)2 + r2· (α′)2.




Ha pl. ρ > 0 ésr(x) := ρ , α(x) := x (x ∈ [0, 2π]),

akkor r′ ≡ 0, α′ ≡ 1, így a

ϕ(x) = ρ·

(cos x, sin x) (x∈

[0, 2π])

körvonal hossza

ℓϕ = ba

(r′)2 + r2· (α′)2 =

2π

0ρ = 2πρ.

iv) Gyakran van szükség ún. szektorszerű tartományok területének a kiszámítására. Le-gyen ehhez valamilyen [a, b] ⊂ [0, 2π] korlátos és zárt intervallum esetén adott a foly-tonos r : [a, b] → (0, +∞) függvény. Tekintsük ezután a

K := (ρ· cos x, ρ· sin x) ∈ R2 : 0 ≤ ρ ≤ r(x) (x ∈ [a, b])halmazt. Ha τ =

x0,...,xn

∈ F b

a

(1≤

n ∈N), akkor legyen

mi := minr(x) : xi ≤ x ≤ xi+1 (i = 0,...,n − 1),

M i := maxr(x) : xi ≤ x ≤ xi+1 (i = 0,...,n − 1),

és készítsük el az alábbi körcikkeket:

Ki0 := (ρ· cos x, ρ· sin x) ∈ R2 : 0 ≤ ρ ≤ mi (x ∈ [xi, xi+1]),

Ki1 := (ρ· cos x, ρ· sin x) ∈ R2 : 0 ≤ ρ ≤ M i (x ∈ [xi, xi+1]).

Ha

K0 :=

n−1i=0

Ki0, K1 :=

n−1i=0

Ki1,

akkor nyilvánK0 ⊂ K ⊂ K1,

így a K szektorszerű tartomány feltételezett |K| területére

|K0| ≤ |K| ≤ |K1|.A Ki0, Ki1 (i = 0,...,n − 1) körcikkek területe:

|Ki0| =

1

2 · m

2

i (xi+1 − xi), |Ki1| = 1

2 · M

2

i (xi+1 − xi),

következésképpen1

2· s(r2, τ ) =

1

2·n−1i=0

m2i (xi+1 − xi) ≤ |K| ≤




1

2·n−1i=0

M 2i (xi+1 − xi) = 1

2· S (r2, τ )

adódik. Ezért"

logikus" az alábbi definíció:

|K| := 1

2 · ba r2

.

Legyen pl. R > 0, [a, b] := [0, π/2], r ≡ R, ekkor a K negyedkörlemez területe:

|K| := 1

2· π/2

0R2 =

R2π

4 ,

megegyezően az R sugarú körlemez területére ismert R2π-vel.

v) A 9.5.4.1. Tételből (az ottani feltételek mellett) a 9.3.4. Tétel (középérték-tétel)alkalmazásával egyszerűen megkapható a Taylor-formulával kapcsolatos Lagrange-félemaradéktag (ld. 7.7.2. Tétel). Ui. a 9.5.4.1. Tétel szerint

f (x) − T a,nf (x) = 1

n!· xa

f (n+1)(t)· (x − t)n dt,

ahol I ⊂ R nyílt intervallum, az f : I → R függvény (n + 1)-szer folytonosan diffe-renciálható, és a, x ∈ I , x = a. Ezért a 9.3.4. Tétel alapján kapunk olyan ξ ∈ [a, x](vagy ξ ∈ [x, a]) helyet, amellyel (ld. 9.3.5. Tétel) x

af (n+1)(t)· (x − t)n dt = f (n+1)(ξ )·

xa

(x − t)n dt =

f

(n+1)

(ξ )·(x

−a)n+1

n + 1 − (x

−x)n+1

n + 1 = f

(n+1)

(ξ )·(x

−a)n+1

n + 1 .

Következésképpen

f (x) − T a,nf (x) = 1

n!· f (n+1)(ξ )· (x − a)n+1

n + 1 = f (n+1)(ξ )· (x − a)n+1

(n + 1)! ,

ami a Lagrange-féle maradéktag.

vi) Tegyük fel, hogy f ∈ D[0, 1], f ′(x) = 0 (0 < x < 1). Ekkor

min 1

0 |f (x)

−y

|dx : y

∈R =

1

0 |f (x)

−f (1/2)

|dx.

Legyen ui. g : Rf → R a következő függvény:

g(y) := 1

0|f (x) − y| dx (y ∈ Rf ).




Emlékeztetünk arra (ld. 5.5.7., 5.5.9. Tételek), hogy az Rf értékkészlethalmaz korlá-tos és zárt intervallum:

Rf = [a, b].

Az f ′ Darboux-tulajdonsága miatt (ld. 7.5.10. Tétel) bármelyik 0 < x < 1 helyen

(pl.) f ′

(x) > 0 (az f ′

(x) < 0 (0 < x < 1) esetben analóg a bizonyítás), ezért (ld.7.5.7. Tétel) az f függvény szigorúan monoton növő. Jelöljük F -fel az f egy primitívfüggvényét (pl. az integrálfüggvénye (ld. 9.3.8. Tétel) ilyen). Ekkor (ld. 9.1.4. Tételés 9.3.5. Tétel)

g(y) = f −1(y)

0(y − f (x)) dx +

1

f −1(y)(f (x) − y) dx =

y· f −1(y) − f −1(y)

0f (x) dx +

1

f −1(y)f (x) dx − y + y· f −1(y) =

2y·

f −1(y)−

2F (f −1(y)) + F (1) + F (0)−

y (a < y < b).

Innen a 9.3.8. Tétel, valamint az inverzfüggvény differenciálhatósága (ld. 7.3.3. Tétel)alapján g ∈ Dy és

g′(y) = 2f −1(y) + 2y

f ′(f −1(y)) − 2f (f −1(y))

f ′(f −1(y)) − 1 =

2f −1(y) − 1 (a < y < b).

Ezértg′(y) = 0 ⇐⇒ f −1(y) = 1/2 ⇐⇒ y = f (1/2).

A 7.5.9. Tétel alkalmazásával innen azt kapjuk, hogy a g függvénynek az (egyetlen)1/2 helyen lokális minimuma van. Továbbá a g fenti előállításából

g(f (1/2)) = f −1(y)

0(f (1/2) − f (x)) dx +

1

f −1(y)(f (x) − f (1/2)) dx =

1

1/2f −

1/2

0f.


g(a) = g(f (0)) = 1

0 f − f (0) ≥ 1

1/2 f − 1/2

0 f,

ti. 1

1/2f −

1/2

0f =

1

0f − 2

1/2

0f ≤

1

0f − f (0)




azzal ekvivalens, hogy 2 1/2

0 f ≥ f (0), ami az f (és az integrál) monotonitása miattigaz. Hasonlóan kapjuk, hogy

g(b) = g(f (1)) = f (1) − 1

0f ≥

1

1/2f −

1/2

0f.

Mindez azt jelenti, hogy az f (1/2)-ben a g függvénynek abszolút minimuma van.Annyit kell már csupán megjegyeznünk, hogy z ∈R \ Rf esetén egyszerűen ellenőriz-hető, hogy 1

0|f (x) − z | dx ≥

1

0|f (x) − y| dx (y ∈ Rf ).

Következésképpen

min 1

0|f (x) − y| dx : y ∈R

= min

1

0|f (x) − y| dx : y ∈ Rf

=

min Rg = 1

0|f (x) − f (1/2)| dx.

vii) Az előző megjegyzésben szereplő 1

0|f (x) − y| dx =

f −1(y)

0(y − f (x)) dx +

1

f −1(y)(f (x) − y) dx (y ∈ Rf )

felbontás alapján az

1

0 |f (x)−y| dx integrál geometriailag a következőképpen interpre-

tálható (ld. 9.5.2.). Legyen ui.T y := (u, v) ∈ R2 : 0 ≤ u ≤ f −1(y), f (u) ≤ v ≤ y,

ill.T y := (u, v) ∈ R2 : f −1(y) ≤ u ≤ 1, y ≤ v ≤ f (u),

ekkor a szóban forgó integrál a T y, T y síkidomok területeinek az összege: 1

0|f (x) − y| dx = |T y| + |T y|.

Azt az y-t kerestük tehát, amellyel a |T y| + |T y

| területösszeg minimális. Esetenkéntez a feladat egyszerűen"

megoldható" a szemlélet alapján (valójában csupán szemlél-tethető a vi) megjegyzésben közölt egzakt bizonyítás). Legyen pl.

f (x) := x2 (0 ≤ x ≤ 1).




Ekkor vi) szerint az y := f (1/2) = 1/4 választással lesz a legkisebb az 1

0|x2 − y| dx

integrál, amikor 1

0|x2 − 1/4| dx =

1/2

0(1/4 − x2) dx +

1

1/2(x2 − 1/4) dx =

1

8 − 1

24 +

1

3 − 1

24 − 1

8 =

1

4.

A"

szokásos" derékszögű koordinárendszerben ábrázolva mindezt egyszerűen"

leolvas-ható", hogy bármely 1/4 = y ∈ Rf = [0, 1] esetén

T y + T y > T 1/4 + T 1/4.

viii) A vi) megjegyzésben vizsgált feladat más szempontból is "mintaadó". Legyen ui.valamilyen korlátos és zárt [a, b] intervallum és f, g ∈ C [a, b] esetén

ρ(f, g) := ba

|f − g|

az f, g függvények távolsága. Ekkor a Riemann-integrál tulajonságai (ld. korábbitételek, ill. megjegyzések) alapján rögtön adódnak a most definiált távolságra az alábbiállítások tetszőlegesen választott f ,g ,h ∈ C [a, b] függvényekre:

ρ(f, g) ≥ 0 , ρ(f, g) = 0 ⇐⇒ f = g , ρ(f, g) = ρ(g, f ),

ρ(f, g) ≤ ρ(f, h) + ρ(h, g).

Ha f ∈ C [a, b] és ∅ = A ⊂ C [a, b], akkor az f függvénynek az A halmaztól vettρ(f, A) távolságán a következő infimumot értjük:

ρ(f, A) := inf ρ(f, g) : g ∈ A.

Az approximációelmélet egyik alapfeladata annak az eldöntése, hogy az előbbi infimumhelyett mikor írható minimum? Más szóval, van-e az A halmazban az f függvényhez

"legközelebbi" (ún. extremális ) elem? A vi) megjegyzésben tehát az ott szereplő f

függvénynek az

A := g ∈ C [0, 1] : g ≡ y (y ∈R)halmaztól (a [0, 1] intervallumon konstans függvények halmazától) vett távolságát szá-moltuk ki. Kiderült, hogy a g ≡ f (1/2) függvény az előbbi értelemben extremális,sőt, az egyetlen ilyen.




ix) Tegyük fel, hogy az f ∈ C [a, b] függvény esetén az f (x) helyettesítési érték az [a, b]korlátos és zárt intervallum mentén mozgó pontra ható (a mozgással megegyező irányú)erő nagysága az x ∈ [a, b] helyen. Ha τ = x0,...,xn ∈ F ba (1 ≤ n ∈ N),ξ i ∈ [xi, xi+1] (i = 0,...,n − 1), akkor az f (ξ i)· (xi+1 − xi) szorzat tekinthető azxi

→xi+1 elmozdulás során végzett munka közelítéséül. Következésképpen az

yτ := (ξ 0,...,ξ n−1) ∈ Rn

jelöléssel a

σ(f , τ , yτ ) =n−1i=0

f (ξ i)· (xi+1 − xi)

közelítő összeg nem más, mint az [a, b]-n végzett L[a,b] munka egy közelítése. Mivel(ld. 9.1.3. Tétel, 9.2. v) megjegyzés)

limδτ →0

σ(f , τ , yτ ) = b

a

f,

ezért" jogos" a szóban forgó munka matematikai modelljéül az

L[a,b] := ba

f

választás. Ha f ∈ C [a, +∞), akkor az

L[a,+∞) := +∞

af

improprius integrál jelenti a végzett munkát (feltéve, hogy létezik). Határozzuk meg pl.a második kozmikus sebességet. Ez az a legkisebb kezdősebesség, amellyel egy rakétátelindítva, az kiszabadul a Föld vonzásából. Legyen m > 0 a rakéta tömege, v > 0 akezdősebessége,

M ≈ 5, 976· 1024 kg

a Föld tömege,R ≈ 6378, 14km

pedig a sugara,γ ≈ 6, 6716· 10−11 m3/(s2kg)

a gravitációs állandó, azaz a Föld felszínétől t > R távolságban γmM/t2 gravitációs

vonzóerő hat a rakétára. Mivel a vonzóerő L[R,+∞) munkáját a rakéta mv2/2 kezdetimozgási energiájának kell fedezni, ezért

mv2

2 = L[R,+∞) =

+∞

R

γmM

t2 dt = γmM · lim

b→+∞

bR

1

t2 dt =




γmM · limb→+∞

1

R − 1

b

=

γmM

R .

Innen

v =

2γM

R

adódik. A fenti adatokkal tehát

v ≈

2· 6, 6716· 5, 976

6378, 14 · 105 m

s ≈ 11, 18

km

s ≈ 40248

km

h .

x) A határozott integrál fogalmának a felhasználásával (nem meglepő módon) bizonyosösszegek határértékét tudjuk könnyen kiszámítani. Legyen pl. f ∈ R[a, b], ekkor

limn→∞

1

n·nk=1

f (k/n) = 1

0f.

Valóban, haτ n :=

i

n : i = 0,...,n

∈ F 10 (1 ≤ n ∈ N)

és yτ n := (1/n, 2/n, ..., 1) ∈ Rn, akkor

σn(f ) := 1

n·nk=1

f (k/n) = σ(f, τ n, yτ n) (1 ≤ n ∈ N).

Mivel δ τ n = 1/n → 0 (n → ∞), ezért (ld. 9.1.3. Tétel, 9.2. v) megjegyzés)

limn→∞

1

n·n

k=1

f (k/n) = limn→∞

σ(f, τ n, yτ n) =

1

0f.

Legyen pl. a feladat a

limn→∞

√ 1 +

√ 2 + ... +

√ n

n· √ n

határérték kiszámítása. Ekkor az

f (x) :=√

x (0 ≤ x ≤ 1)

függvénnyel √ 1 +

√ 2 + ... +

√ n

n

·

√ n

= 1

n·n

k=1

k/n =

1

n·n

k=1

f (k/n),

így (ld. 9.3.5. Tétel)

limn→∞

√ 1 +

√ 2 + ... +

√ n

n· √ n

= 1

0

√ x dx =

2

3.




xi) Az előbbi megjegyzésben mondott feladathoz hasonlóan"

kezelhető" a következő is:számítsuk ki a

limn→∞

1

n2·nk=1

√ n2 − k2

határértéket. Ui. most azf (x) :=

√ 1 − x2 (0 ≤ x ≤ 1)

függvénnyel tetszőleges 1 ≤ n ∈ N esetén

1

n2·nk=1

√ n2 − k2 =

1

n·nk=1

1 − (k/n)2 =

1

n·nk=1

f (k/n),

ezért

limn→∞

1

n2·nk=1

√ n2 − k2 = lim

n→∞

1

n·nk=1

f (k/n) = 1

0

√ 1 − x2 dx.

Láttuk (ld. 9.5.2.), hogy a helyettesítéssel való integrálást alkalmazva 1

0

√ 1 − x2 dx =

π/2

0

1 − sin2 x· cos x dx =

π/2

0cos2 x dx =

π/2

0

1 + cos(2x)

2 dx =

π

4 +

1

2· π/2

0cos(2x) dx =

π

4 +

sin π − sin0

4 =

π

4.

Tehát

limn→∞

1

n2 ·n

k=1 √ n

2

− k2

=

π

4 .

xii) Az improprius integrálok segítségével jól használható"

eszközt" adhatunk egyes végte-len sorok konvergencia-vizsgálatához. Tegyük fel ui., hogy valamilyen monoton fogyóf : [1, +∞) → [0, +∞) függvényre létezik az

+∞1 f improprius integrál (ld. 9.4. iii)

megjegyzés). Ekkor bármely 1 < n ∈ N mellett az

f n := f |[1,n] , τ n := 1,...,n ∈ F n1 jelölésekkel

n−1

k=1 f (k) = S (f n, τ n) ≥ n

1 f n = n

1 f,

amiből∞k=1

f (k) = limn→∞

n−1k=1

f (k) ≥ limn→∞

n1

f = +∞

1f




következik. Hasonlóan,

nk=1

f (k) = f (1) +nk=2

f (k) = f (1) + s(f n, τ n) ≤

f (1) + n1

f n = f (1) + n1

f (1 < n ∈ N),

így∞k=1

f (k) ≤ f (1) + limn→∞

n1

f = f (1) + +∞

1f.

Mivel a feltételezésünk szerint létezik az +∞

1 f ∈ R improprius integrál, ezért a(f (k)) (nem-negatív tagú) végtelen sor konvergens, és

+∞

1f ≤

∞

k=1

f (k) ≤ f (1) +

+∞

1f.

A fentiekből"

mellesleg" az is kiderült, hogy ha

limb→+∞

b0

f = +∞,

akkor∞k=1

f (k) = +∞.

Legyen pl. 0 < α ∈R, és vizsgáljuk a

(1/nα) végtelen sort. Ha

f (x) := 1

xα (x ≥ 1),

akkor tetszőleges 1 < b ∈ R mellett (lévén az f függvény folytonos) létezik az b

1 f integrál, és (ld. 9.3.5. Tétel)

b1

f = b

1x−α dx =

ln b (α = 1)

11 − α · (b1−α − 1) (α = 1).

Mivellimb→+∞

ln b = limb→+∞

(b1−α − 1) = +∞ (0 < α < 1),

ill.limb→+∞

(b1−α − 1) = −1 (α > 1),




ezért

limb→∞

b1

x−α dx =

+∞ (0 < α ≤ 1)

1α − 1 < +∞ (α > 1).

Más szóval 0 < α ≤ 1 esetén a (1/nα

) sor divergens, míg α > 1 kitevővel konver-gens. Ugyanígy kapjuk, hogy

∞k=1

1

(k + 1) lnα(k + 1)

= +∞ (0 < α ≤ 1)

< +∞ (α > 1).

Ti. tetszőleges b > 1 mellett (ld. 8.4. vii) megjegyzés és 9.3.5. Tétel)

b1

1

(x + 1)· lnα(x + 1) dx =

b+1

2

1

x· lnα x dx =

b+1

2ln′· ln−α =

ln(ln(b + 1)) − ln ( ln 2) (α = 1)

11 − α · ( ln−α+1(b + 1) − ln−α+1 2) (α = 1).

Figyelembe véve, hogy

limb→+∞

ln(ln(b + 1)) = limb→+∞

ln−α+1(b + 1) = +∞ (0 < α < 1),

míglimb→+∞

ln−α+1(b + 1) = 0 (α > 1),

az állításunkat igazoltuk.

xiii) Legyen

bn :=nk=1

2k

2k − 1

2

(1 ≤ n ∈ N),

ekkor a Wallis-formulából (ld. 9.5.6.) könnyen levezethető, hogy

π = lim

bnn

,

vagy ami ugyanaz:

lim

4n2nn

· √

n

=√

π.




xiv) A határozott integrálok közelítő kiszámításával a numerikus analízis foglalkozik. Azezzel kapcsolatos módszerek egy széles osztálya azon alapul, hogy ha a szóban forgóf ∈ R[a, b] függvénynek valamilyen

f

≈g

∈R[a, b]

közelítése ismert, akkor az ba f integrálra az alábbi közelítést használjuk: ba

f ≈ ba

g.

Mindennek akkor"

van értelme", ha az ba g-t

"könnyebben" ki tudjuk számolni, mint

az ba f -et. Továbbá a gyakorlat számára akkor

"ér valamit" az

ba f ≈ b

a g közelítés,ha az | ba f − b

a g| "

hibáról" is van információnk. Egy"

kezdetleges" közelítés pl. azalábbi: legyen c ∈ [a, b], a g függvény pedig a legegyszerűbb lépcsősfüggvény (ld. 9.2.xiii) megjegyzés), nevezetesen

g(x) := f (c) (a < x < b).

Ekkor ba

f ≈ ba

g = f (c)· (b − a).

Ha pl. f ∈ C 1[a, b], akkor a Lagrange-féle középérték-tétel (ld. 7.5.3. Tétel) szerintminden x ∈ [a, b] mellett egy alkalmas, x és c közötti ξ x-szel

f (x) − f (c) = f ′(ξ x)· (x − c),

így

ba

f − f (c)· (b − a) = ba

(f (x) − f (c)) dx = ba

f ′(ξ x)· (x − c) dx ≤ ba

|f ′(ξ x)|· |x − c| dx ≤ M · ba

|x − c| dx = M · (c − a)2 + (b − c)2

2 ,

ahol M az f ′ függvény egy korlátja: |f ′(t)| ≤ M (t ∈ [a, b]). Speciálisan a

c := a + b

2

választással

b

a f − f ((a + b)/2)· (b − a) ≤ M (b

−a)2

4 .Ha most 1 ≤ n és τ n := x0,...,xn ∈ F ba, akkor a

ci := xi + xi+1

2 (i = 0,...,n − 1)




választással legyen g : [a, b] → R az a lépcsősfüggvény, amelyre

g(x) := f (ci) (x ∈ [xi, xi+1], i = 0,...,n − 1).

Ekkor az alábbi közelítő eljárást kapjuk (az ún. téglánymódszert ):

ba

f ≈ ba

g =n−1i=0

f (ci)· (xi+1 − xi),

amikor is az előbbiek szerint ba

f −n−1i=0

f (ci)· (xi+1 − xi)

=

n−1i=0

xi+1

xif (x) dx − f (ci)· (xi+1 − xi)

≤

n−1i=0

xi+1

xif (x) dx − f (ci)· (xi+1 − xi)

≤ M

4 ·n−1i=0

(xi+1 − xi)2.

Legyen pl. a τ n az egyenletes felosztás:

xi := a + i· b − a

n (i = 0,...,n),

ekkor

ba

f −n−1i=0

f (ci)· (xi+1 − xi)

≤ M (b − a)2

4n .

Megjegyezzük, hogy az yτ n := (c0,...,cn−1) ∈ Rn

jelölésseln−1i=0

f (ci)· (xi+1 − xi) = σ(f, τ n, yτ n).

Ezért (ld. 9.1.3. Tétel) δ τ n → 0 (n → ∞) miatt bármely f ∈ R[a, b] esetén

n−1i=0

f (ci)· (xi+1 − xi) → ba

f (n → ∞).

xv) Az elemi integrálközelítő eljárások közül további illusztrációul röviden tárgyaljuk még

az ún. trapézmódszert. Legyen ehhez adott az f ∈ R[a, b] függvény, és jelöljük g-velaz (a, f (a)), (b, f (b)) ∈ R2 pontokat összekötő

"húrt":

g(x) := f (a) + f (b) − f (a)

b − a · (x − a) (a ≤ x ≤ b).




Ekkor (ld. 9.3.5. Tétel) ba

g = ba

f (a) +

f (b) − f (a)

b − a · (x − a)

dx =

f (a)· (b − a) + f (b) − f (a)b − a

· (b − a)2

2 = f (a) + f (b)

2 · (b − a).

Ha itt f ≥ 0, akkor az utóbbi szorzat (a g integrálja) geometriailag nem más (ld.9.5.2.), mint az

(x, y) ∈ R2 : a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ g(x)trapéz területe. Tegyük fel, hogy f ∈ C 2[a, b], és mutassuk meg, hogy az

ω(x) := (x − a)· (x − b) (a ≤ x ≤ b)

jelöléssel

f (x)−

g(x) = f ′′(ξ x)

2 ·ω(x) (a

≤x

≤b),

ahol ξ x ∈ [a, b] egy alkalmas (x-től függő) hely. Ez ui. g(a) = f (a), g(b) = f (b) miattnyilvánvaló, ha x = a, vagy x = b. Különben legyen x ∈ (a, b), és

F (t) := f (t) − g(t) − f (x) − g(x)

ω(x) · ω(t) (a ≤ t ≤ b).

Ekkor F (a) = F (x) = F (b) = 0, így a Rolle-tétel (ld. 7.5.2. Tétel) miatt vannakolyan u ∈ (a, x), v ∈ (x, b) helyek, amelyekben

F ′(u) = F ′(v) = 0.

Innen megint csak a Rolle-tétel alapján adódik olyan ξ x ∈ (u, v), hogy

0 = F ′′(ξ x) = f ′′(ξ x) − f (x) − g(x)

ω(x) · ω′′(ξ x) = f ′′(ξ x) − 2· f (x) − g(x)

ω(x) ,

amiből az állításunk már következik. Mindezek alapján a 9.3.4. Tételt felhasználvakapunk olyan ξ ∈ [a, b] helyet, amellyel b

af −

ba

g = ba

(f (x) − g(x)) dx = 1

2· ba

f ′′(ξ x)· ω(x) dx =

f ′′(ξ )

2 · b

a

ω(x) dx = f ′′(ξ )

2 · b

a

(x

−a)

·(x

−b) dx =

−f ′′(ξ )

12 ·(b

−a)3.

Legyen M egy korlátja az f ′′ függvénynek: |f ′′(x)| ≤ M (x ∈ [a, b]), ekkor ba

f − f (a) + f (b)

2 · (b − a)

≤ M

12· (b − a)3.




Tekintsünk most egy τ n = x0,...,xn (1 ≤ n ∈ N) felosztást, és alkalmazzuk afentieket minden egyes i ∈ 0,...,n − 1 esetén az f |[xi,xi+1]

leszűkítésre. Ekkor az ún.

trapézmódszer révén az alábbi közelítést kapjuk az ba f integrálra:

ba f =

n−1

i=0

xi+1

xi f ≈n−1

i=0

f (xi) + f (xi+1)

2 · (xi+1 − xi),

ahol ba

f −n−1i=0

f (xi) + f (xi+1)

2 · (xi+1 − xi)

≤n−1i=0

xi+1

xif − f (xi) + f (xi+1)

2 · (xi+1 − xi)

≤

M

12·n−1i=0

(xi+1 − xi)3 ≤ Mn

12 · δ 3τ n .

Ha pl.xi := a + i· b − a

n (i = 0, 1,...,n),

akkor ba

f ≈ b − a

2n · f (a) +

b − a

n ·n−1i=1

f (xi) + b − a

2n · f (b),

és ba

f −

b − a

2n · f (a) +

b − a

n ·n−1i=1

f (xi) + b − a

2n · f (b)

≤ M

12n2· (b − a)3.

A téglánymódszerrel kapcsolatban mondottakhoz hasonlóan jegyezzük meg, hogy ha a

τ n = x0,...,xn ∈ F ba (1 ≤ n ∈ N) felosztás esetén

yτ n := (x0,...,xn−1) , z τ n := (x1,...,xn) ∈ Rn,

akkor bármely f ∈ R[a, b] függvényre

n−1i=0

f (xi) + f (xi+1)

2 · (xi+1 − xi) =

1

2· (σ(f, τ n, yτ n) + σ(f, τ n, z τ n)).

A 9.1.3. Tétel szerint δ τ n → 0 (n → ∞) esetén

σ(f, τ n, yτ n), σ(f, τ n, z τ n)

→ b

a

f (n

→ ∞),

ezért egyúttal

n−1i=0

f (xi) + f (xi+1)

2 · (xi+1 − xi) →

ba

f (n → ∞).




Speciálisan az egyenletes felosztásokkal adódó közelítésekre is

b − a

2n · f (a) +

b − a

n ·n−1i=1

f (xi) + b − a

2n · f (b) →

ba

f (n → ∞).

xvi) Számítsuk ki a trapézmódszer segítségével pl. az ln 2-t 10−2 pontossággal. Ehhezvegyük észre először is, hogy

ln 2 = 2

1

1

x dx.

Most tehát [a, b] := [1, 2], ill. f (x) := 1/x (1 ≤ x ≤ 2). Következésképpen

f ′(x) = − 1

x2 , f ′′(x) =

2

x3 (1 ≤ x ≤ 2),

tehát |f ′′(x)| ≤ M := 2. Az [1, 2] intervallum egyenletes felosztásaira vonatkozó hibaa xv)-beli hibaképlet szerint alkalmas 1 ≤ n ∈ N index mellett azt várjuk, hogy

M 12n2

· (b − a)3 = 212n2

= 16n2

< 10−2.

Ez utóbbi egyenlőtlenség n = 5-re már igaz. Így (ld. xv)) az

ln 2 = 2

1

1

x dx ≈ 1

10

f (1) + 2·

4i=1

f (xi) + 1

10f (2)

=

1

10

1 + 2·

4i=1

5

5 + i +

1

2

= 0, 15 +

1

6 +

1

7 +

1

8 +

1

9 = 0, 6956349...

közelítés megfelelő. (Az ln 2 egy több tizedesjegyre pontos értéke a következő:0.69314718056.)

xvii) Emlékeztetünk az e definíciójára (ld. 3.10. i) megjegyzés), miszerint

e = limn→∞

(1 + 1/n)n.

A 4.1.5. Tétel szerint az e irracionális. Lássuk be most ugyanezt az idézett tétel bi-zonyításától eltérő módon is. Ehhez mutassuk meg először is azt, hogy minden n ∈ Nesetén megadhatók olyan an, bn ∈ Z (egész) számok, amelyekkel

1

0

xnex dx = ane + bn.

Valóban, ha n = 0, akkor a Newton-Leibniz-tétel (ld. 9.3.5. Tétel) szerint 1

0xnex dx =

1

0ex dx = e1 − e0 = e − 1,




azaz az a0 := 1, b0 := −1 számok megfelelőek. A teljes indukcióra hivatkozva tegyükfel, hogy valamilyen n ∈ N esetén igaz az állításunk, ekkor parciálisan integrálva (ld.9.3.6. Tétel)

1

0xn+1ex dx = xn+1ex

|x=1 −xn+1ex

|x=0 −(n + 1)

· 1

0xnex dx =

e − (n + 1)(ane + bn) =

1 − (n + 1)an

e − (n + 1)bn.

Innen"

leolvasható", hogy az

an+1 := 1 − (n + 1)an , bn+1 := −(n + 1)bn

(nyilván egész) számokkal az állításunk (n + 1)-re is teljesül.

Ugyanakkor azt sem nehéz bebizonyítani, hogy

limn→∞ 1

0 xn

ex

dx = 0.

Ui. (ismét csak az előbbi 9.3.5. Tétel alapján)

0 < 1

0xnex dx ≤ e·

1

0xn dx =

e

n + 1 → 0 (n → ∞),

amiből a szóban forgó állításunk már következik.

Minden"

készen áll" ahhoz, hogy az e irracionális voltát igazoljuk. Ha ui. (indirektmódon feltételezve) e ∈ Q, akkor e > 0 miatt valamilyen 0 < p, q ∈ N számokkale = p/q. Így a fentiek szerint

0 < ane + bn = pan + qbn

q =

1

0xnex dx → 0 (n → ∞),

amiből pan + qbn → 0 (n → ∞).

Ez nyilván nem lehetséges, hiszen 1 ≤ pan + qbn ∈ Z (n ∈ N).

xviii) A 6.8. v) megjegyzésben utaltunk arra, hogy az e nem algebrai szám (ahol algebraiszámon olyan valós számot értünk, amelyik gyöke valamilyen (nem azonosan nulla)egész szám együtthatós polinomnak). Mutassuk meg, hogy az e valóban rendelkezik

ezzel a tulajdonsággal (röviden: az e transzcendens szám). Tegyük fel ui. indirektmódon, hogy ez nem igaz, más szóval egy n ∈ N"

kitevővel" és a0,...,an ∈ Z, an = 0együtthatókkal

nk=0

akek = 0.




Nyilván n ≥ 1, valamint feltehető, hogy a0 = 0, különben legyen

r := mink = 0,...,n : ak = 0,

amikor is

0 =nk=0

akek = er· nk=r

akek−r = er· n−rk=0

ak+rek =: er· n−r

k=0

bkek.

Tehát n−r

k=0 bkek = 0, és itt már b0 = ar = 0.

Ha a P függvény (tetszőleges) polinom, akkor – a fokszámát s-sel (s ∈N) jelölve –(s + 1)-szeri egymás utáni parciális integrálással (ld. 9.3.6. Tétel) k

0P (x)· e−x dx =

s j=0

P ( j)(0) − s j=0

P ( j)(k)

· e−k (k = 0,...,n).

Ezértnk=0

akek· k0

P (x)· e−x dx =

−nk=0

ak·s

j=0

P ( j)(k) +s j=0

P ( j)(0)·nk=0

akek = −nk=0

ak·s j=0

P ( j)(k).

Ugyanakkor alkalmas P polinommal elérhető, hogy az előbbi egyenlőségben a

nk=0

akek· k

0P (x)· e−x dx

összeg a (

−1, 1) intervallumban van, míg a

−nk=0

ak·s

j=0

P ( j)(k)

kettős összeg nullától különböző egész szám, ami az egyenlőségük miatt nyilván nemlehet.

Mindehhez először is vegyük észre, hogy ha az R egész-együtthatós polinom, és

T m(x) := xm· R(x)

m! (x ∈ R, 1 ≤ m ∈ N),

akkor a T (k)

m (0) (k ∈ N) deriváltak egész számok. Ha ui. itt k < m, akkor aLeibniz-szabály (ld. 7.7.) szerint

T (k)m (x) =

1

m!·k j=0

k

j

· R(k− j)(x)· m· . . . · (m − j + 1)· xm− j (x ∈ R).




Így nyilván T (k)m (0) = 0. Ha k ≥ m, akkor ugyanezen

"szabály" alapján

T (k)m (x) =

1

m!·m j=0

k

j

· R(k− j)(x)· m· . . . · (m − j + 1)· xm− j (x ∈ R),

amibőlT (k)m (0) =

1

m!·

k

m

· R(k−m)(0)· m! =

k

m

· R(k−m)(0) ∈ Z.

Innen az is rögtön adódik, hogy minden a ∈ Z esetén az

F m(x) := (x − a)m· R(x)

(m − 1)! (x ∈ R, 1 ≤ m ∈ N)

függvényre azF (i)m (a) (i ∈ N)

deriváltak m-mel osztható egész számok. Ti. az

S m(x) := xm· R(x + a)

m! (x ∈ R)

jelölésselF m(x) = m· S m(x − a) (x ∈ R),

ahol – lévén az R ∋ x → R(x + a) leképezés egész-együtthatós polinom – az előbbiekszerint az S (i)m (0)-k (i ∈ N) egész számok. Világos, hogy

F (i)m (a) = m· S (i)m (0) (i ∈ N).

Legyen már most az előbbi m olyan prímszám, amelyre m > max|a0|, n, és

P (x) := P m(x) := xm−1

(m − 1)!·nk=1

(x − k)m (x ∈ R).

Ekkor a

P m(x) = (x − k)mxm−1·nk= j=1(x − j)m

(m − 1)! (x ∈ R, k = 1,...,n)

felbontásra tekintettel a

P (i)m (k) (i ∈ N, k = 1,...,n)

deriváltak is m-mel osztható egész számok. Nem nehéz belátni, hogy

m − 1 = i ∈ N




mellett P (i)m (0) is m-mel osztható egész szám. Ui. (a P fokszámát s-sel jelölve:s = mn + m − 1) megfelelő

cm,...,cs ∈ Z , cm−1 :=

(−1)n· n!m

együtthatókkalP m(x) =

1

(m − 1)!·

s j=m−1

c jx j (x ∈ R),

így

P (i)m (0) =

0 (i ≤ m − 2 vagy i > s)(−1)n· n!

m(i = m − 1)

ci· m· (m + 1)· . . . · i (m ≤ i ≤ s).

Az is"

látszik", hogy

P (m−1)m (0) = (−1)n· n!mnem osztható m-mel, mivel az m prímszám, és n < m. Ugyanez igaz a0-ra is, hiszen|a0| < m. Továbbá

nk=0

ak·s

j=0

P ( j)m (k) =

nk=1

ak·s

j=0

P ( j)m (k) + a0·

s j=0

P ( j)m (0) =

nk=1

ak·s

j=0

P ( j)m (k) + a0·

sm−1= j=0

P ( j)m (0) + a0· P (m−1)

m (0) =: A + a0· P (m−1)m (0),

ahol az A, a0

·P (m−1)

m

(0) ∈ Z számok közül az A osztható m-mel, az a0

·P (m−1)

m

(0)nem. Ezért az A + a0· P (m−1)

m (0) egész szám nem osztható m-mel, emiatt nullátólkülönböző.

Viszont

|P m(x)| ≤ n(n+1)·m

(m − 1)! =:

q m

(m − 1)! (0 ≤ x ≤ n),

következésképpen a

C := n(n + 1)en· max|a0|, |a1|, ..., |an| jelöléssel

αm :=nk=0

ak· ek· k

0P m(x)· e−x dx

≤ C · q m

(m − 1)! → 0 (m → ∞).

Ezért van olyan m ∈ N, amellyel αm ∈ [0, 1).




xix) Részben az előző megjegyzésben követett módszerrel most lássuk be azt, hogy a π (ld.6.7.) irracionális szám. Legyen ehhez rögzített 1 ≤ n ∈ N mellett

T n(x) := xn(1 − x)n

n! (x ∈ R),

és tekintsük az alábbi integrálokat:

J n,r := 1

0T n(x)· sin(rx) dx (r > 0).

A xviii) megjegyzésben mondottak alapján (az R(x) := (1−x)n (x ∈ R) választással)a T (k)

n (0) (k ∈N) deriváltak egész számok. Mivel

T n(x) = T n(1 − x) (x ∈ R),

ezért (ld. 7.3.2. Tétel)

T (k)n (0) = (−1)k· T (k)n (1) (k ∈N),

tehát a T (k)n (1)-ek is egész számok. Ezek után 2n-szer parciálisan integrálva (ld. 9.3.6.

Tétel)

J n,r = 1

0T n(x)· sin(rx) dx =

−1

r· T n(x)· cos(rx)|x=1 +

1

r· T n(x)· cos(rx)|x=0 +

1

r

1

0T ′n(x)· cos(rx) dx =

1

r

1

0T ′n(x)· cos(rx) dx =

T ′n(1)· sin r

r2 − 1

r2· 1

0T ′′n (x)· sin(rx) dx =

T ′n(1)· sin r

r2 + T

′′n (1)· cos r − T

′′n (0)

r3 − 1

r3· 1

0T ′′′n (x)· cos(rx) dx =

T ′n(1)· sin r

r2 +

T ′′n (1)· cos r − T ′′n (0)

r3 − . . . +

T (2n)n (1)· cos r − T (2n)

n (0)

r2n+1 .

Ha itt r ∈ (0, π]∩Q, és a sin r, cos r számok mindegyike racionális lenne, akkor (közösnevezőre hozva az 1/r, sin r, cos r számokat, és 0 < q r-rel jelölve a közös nevezőjüket)egy alkalmas Anr egész számmal

J nr = Anrq 2n+2r

.

Mivel a 0 < x < 1 helyeken T n(x) > 0, és (ld. 6.7.) sin(rx) > 0, ezért J nr > 0.Következésképpen Anr ≥ 1, így

J nr ≥ 1

q 2n+2r

r ∈ (0, π] ∩Q

.




Világos azonban, hogy

0 ≤ T n(x)· sin(rx) ≤ 1

n!

x ∈ [0, 1], r ∈ (0, π] ∩Q

,

ezért J nr ≤ 1/n!, és így1

q 2n+2r

≤ J nr ≤ 1

n!

r ∈ (0, π] ∩Q

.

Ez viszont nem lehet, hiszen n!/q 2n+2r → +∞ (n → ∞).

Más szóval r ∈ (0, π]∩Q esetén a sin r, cos r számok valamelyike irracionális. Speciáli-san, ha π ∈Q teljesülne, akkor a sin π = 0, cos π = −1 számok (ld. 6.7.) valamelyikeis irracionális lenne, ami nem igaz. Tehát π /∈ Q.



470

Arcképcsarnok

A jegyzetben az alábbi matematikusok név szerint is említésre kerültek:

- Archimedes(Syracuse, i.e. 287-i.e. 212 )

- Jean Le Rond d‘Alembert

(Párizs, 1717. XI. 17. - Párizs, 1783. X. 29.)

- Stefan Banach

(Krakkó, 1892. III. 30. - Lvov, 1945. VIII. 31.)

- Jacob (Jaques) Bernoulli

(Bázel, 1654. XII. 27. - Bázel, 1705. VIII. 16.)

- Bernard Placidus Johann Nepomuk Bolzano

(Prága, 1781. X. 5. - Prága, 1848. XII. 18.)

- Pierre Ossian Bonnet

(Montpellier, 1819. XII. 22. - Párizs, 1892. VI. 22.)

- Viktor Jakovlevics Bunyakovszkij

(Bar, 1804. XII. 16. - Szentpétervár, 1889. XII. 12.)

- Renato Cacciopoli

(Nápoly, 1904. I. 20. - Nápoly, 1959. V. 8.)

- Georg Ferdinand Ludwig Philipp Cantor

(Szentpétervár, 1845. III. 3. - Halle, 1918. I. 6.)

- Augustin Louis Cauchy

(Párizs, 1789. VIII. 21. - Sceaux, 1857. V. 23.)

- Jean Gaston Darboux

(Nimes, 1842. VIII. 14. - Párizs, 1917. II. 23.)



ARCKÉPCSARNOK 471

- Julius Wilhelm Richard Dedekind

(Braunschweig, 1831. X. 6. - Braunschweig, 1916. II. 12.)

- Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet

(Düren, 1805. II. 13. - Göttingen, 1859. V. 5.)

- Leonhard Euler

(Bázel, 1707. IV. 15. - Bázel, 1783. IX. 18.)

- Jacques Salomon Hadamard

(Versailles, 1865. XII. 8. - Párizs, 1963. X. 17.)

- Heinrich Eduard Heine

(Berlin, 1821. III. 16. - Halle, 1881. X. 21.)

- Guillaume Francois Antoine Marquis de L’Hospital

(Párizs, 1661. ? - Párizs, 1704. II. 2.)

- Johan Ludwig William V. Jensen

(Nakskov, 1859. V. 8. - Koppenhága, 1925. III. 5.)

- Joseph-Louis Lagrange

(Turin, 1736. I. 25. - Párizs, 1813. IV. 10.)

- Henri Léon Lebesgue(Beauvais, 1875. VI. 28. - Párizs, 1941. VII. 26.)

- Gottfried Wilhelm von Leibniz

(Lipcse, 1646. VII. 1. - Hannover, 1716. XI. 14.)

- Colin Maclaurin

(Kilmodan, 1698. II. ? - Edinburgh, 1746. VI. 14.)

- Franz Carl Joseph Mertens

(Schroda, 1840. III. 20. - Bécs, 1927. III. 5.)

- Sir Isaac Newton

(Woolsthorpe, 1643. I. 4. - London, 1727. III. 31.)



472

- Giuseppe Peano

(Cuneo, 1858. VIII. 27. - Turin, 1932. IV. 20.)

- Pithagoras

(Samos, i.e. 569-i.e. 475)

- Georg Friedrich Bernhard Riemann

(Breselenz, 1826. IX. 17. - Selasca, 1866. VII. 20.)

- Michel Rolle

(Ambert, 1652. IV. 21. - Párizs, 1719. XI. 8.)

- Oscar Xaver Schlömilch

(Weimar, 1823. IV. 13. - Drezda, 1901. II. 7.)

- Ernst Steinitz

(Laurahütte, 1871. VI. 13. - Kiel, 1928. IX. 29.)

- Brook Taylor

(Edmonton, 1685. VIII. 18. - Somerset House, 1731. XII. 29.)

- Andrei Nyikolajevics Tyihonov

(Gzhatska, 1906. X. 30. - Moszkva, 1993. X. 7.)

- Samuel Giuseppe Vito Volterra(Ancona, 1860. V. 3. - Róma, 1940. X. 11.)

- Bartel Leendert van der Waerden

(Amszterdam, 1903. II. 2. - Zürich, 1996. I. 12.)

- John Wallis

(Ashford, 1616. XI. 23. - Oxford, 1703. X. 28.)

- Karl Theodor Wilhelm Weierstrass

(Ostenfelde, 1815. X. 31. - Berlin, 1897. II. 19.)



ARCKÉPCSARNOK 473



474



Tárgymutató

abszolút maximum, 260abszolút maximumhely, 260abszolút minimum, 260abszolút minimumhely, 260abszolút szélsőérték, 260abszolút szélsőértékhely, 260alapperiódus, 40algebrai szám, 224alsó összeg, 382alsó határ, 11alsó korlát, 11alulról korlátos halmaz, 11alulról nem korlátos halmaz, 12Archimedes-tétel, 12areakoszinuszhiperbolikusz-függvény, 291areakotangenshiperbolikusz-függvény, 294areaszinuszhiperbolikusz-függvény, 290areatangenshiperbolikusz-függvény, 292

aszimptota, 282, 283általánosított binomiális együtthatók, 441átlagsebesség, 229átviteli elv, 177

-folytonosságra, 196-határértékre, 177

Banach-Tyihonov-Cacciopoli-tétel, 95beírt téglalapok, 434belső pont, 170

Bernoulli-egyenlőtlenség, 15-általánosított, 24Bernoulli-tétel, 15bijekció, 36binomiális sor, 442

Bolzano-tétel, 197Bolzano-Weierstrass-tétel, 53Bonnet-formulák, 421

Cantor-tétel, 13Cauchy, 29

-Bunyakovszkij-egyenlőtlenség, 29-Hadamard-tétel, 146

-gyök-kritérium, 110, 132-kettős sor, 161-kritérium, 63-maradéktag, 343-sorozat, 63-szorzat, 127-tétel, 263

csavarvonal, 447

D’Alembert-hányados-kritérium, 111, 132

Darboux, 199-alsó integrál, 384-felső integrál, 384-tulajdonság, 199

Dedekind-tétel, 13deriválható függvény, 230, 231, 426derivált, 231deriváltfüggvény, 231diadikus tört-alak, 140differenciál, 238

differenciálhányados, 231, 238differenciálhányados-függvény, 231differenciálható függvény, 230, 231, 426differenciáloperátor, 368differenciahányados-függvény, 232

475



476 TÁRGYMUTATÓ

Dirichlet-függvény, 384

e szám, 87, 103egész szám, 11egyenes, 236

egyenlet, 296ekvivalens halmazok, 36első középérték-tétel, 415elsőrendű elégséges feltétel, 267elsőrendű szükséges feltétel, 260Euler-összefüggés, 156exponenciális függvény

-valós, 212exponenciális függvény, 149

érintő, 237

felülről korlátos halmaz, 9felülről nem korlátos halmaz, 12felezési idő, 347felosztás, 381

-egyenletes, 400-finomítása, 382-finomsága, 382

felső összeg, 382felső határ, 10felső határ axióma, 10

felső korlát, 9fixpont, 94

-tétel, 94folytonosság, 194folytonossági modulus, 207forgástest, 435

- felülete, 437funkcionál, 35függő változó, 32független változó, 32

függvény, 32-a-alapú exponenciális, 216-n-edik deriváltja, 309-n-szer deriválható, 309-n-szer differenciálható, 309

-n-szer folytonosan differenciálható, 343-Riemann-integrálható, 384, 402-összeg, 37-összetett, 35-additív, 226, 239-analitikus, 148-areakoszinuszhiperbolikusz, 291-areakotangenshiperbolikusz, 294-areaszinuszhiperbolikusz, 290-areatangenshiperbolikusz, 292-arkuszkoszinusz, 286-arkuszkotangens, 289-arkuszszinusz, 285-arkusztangens, 287-balról folytonos, 206

-belső, 35-deriválható, 230, 231, 426-differenciálható, 230, 231, 426-exponenciális, 149, 212-folytonos, 194, 195-hányados, 38-impropriusan integrálható, 424-injektív, 33-invertálható, 34-jobbról folytonos, 206-külső, 35

-kétszer deriválható, 307, 308-kétszer differenciálható, 308-kiterjesztése, 39-komplex, 163-komplex értékű, 37-komplex-valós, 163-kompozíció, 35-konkáv, 269-konvex, 269-koszinuszhiperbolikusz, 149

-koszinusz, 149-kotangens, 288-kotangenshiperbolikusz, 293-leszűkítése, 39-lokálisan fogyó, 274



TÁRGYMUTATÓ 477

-lokálisan konkáv, 276-lokálisan konvex, 276-lokálisan növő, 274-második derivált, 308-monoton, 40-monoton fogyó, 40-monoton növő, 40-multiplikatív, 155, 239-páratlan, 39-páros, 39-periodikus, 39-reciprok, 38-rektifikálható, 432-szürjektív, 36-szakaszonként folytonos, 404

-szinuszhiperbolikusz, 149-szigorúan konkáv, 305-szigorúan konvex, 305-szigorúan lokálisan fogyó, 304-szigorúan lokálisan konkáv, 304-szigorúan lokálisan konvex, 304-szigorúan lokálisan növő, 304-szigorúan monoton fogyó, 40-szigorúan monoton növő, 40-szinusz, 149-szorzat, 37

-többször deriválható, 309-többször differenciálható, 309-tangens, 286-tangenshiperbolikusz, 292-végtelen sokszor deriválható, 309-végtelen sokszor differenciálható, 309-valós, 163-valós értékű, 37-valós-komplex, 163

függvény(grafikon) alatti síkidom, 434

függvényérték, 32függvények távolsága, 453függvénysor, 143

-abszolút konvergens, 143-konvergencia-tartománya, 143

-konvergens, 143-összegfüggvénye, 144

függvénysorozat, 143

gyök, 38

-többszörös, 335gyökfüggvény, 211gyöktényezős előállítás, 336

halmaz ősképe, 33halmaz képe, 33halmaz torlódási pontja, 163, 164harmonikus közép, 26határérték, 172, 173

-bal oldali, 181-jobb oldali, 181

-végesben vett véges, 174-végesben vett végtelen, 175-végtelenben vett véges, 174-végtelenben vett végtelen, 175

határozatlan integrál, 349határozott integrál, 384hatványhalmaz, 37hatvány, 215hatványfüggvény, 217hatványsor, 144

-összegfüggvénye, 148-átrendezési tétel, 159-együtthatói, 144-középpontja, 144-konvergencia-sugara, 147

háromszög-egyenlőtlenség, 28Heine-tétel, 203helyettesítési érték, 32hozzárendelés, 35

improprius integrál, 424

indexsorozat, 42infimum, 11inflexió, 274

-szigorú, 306inflexiós hely, 274



478 TÁRGYMUTATÓ

integrál-maradéktag, 440integrálás helyettesítéssel, 353, 419, 428integrálfüggvény, 419

-adott pontban eltűnő, 429intervallum, 13

-nyílt, 13-zárt, 13

intervallum szerinti additivitás, 390intervallumfelezéses eljárás, 208inverzfüggvény, 34irracionális szám, 24izolált pont, 171

ívhossz, 446

jelváltás, 267

-szigorú, 304Jensen-egyenlőtlenség, 299

kettős sor, 160-Cauchy, 161-oszlop, 160-sor, 161

kettős sorozat, 160kis ordó, 237kompakt halmaz, 167komplex számok, 27

-összege, 26-abszolút értéke, 27-képzetes része, 27-kanonikus (algebrai) alakja, 27-szorzata, 26-trigonometrikus alakja, 27-valós része, 27

komplex számsorozat, 41komplex számtest, 26konstanssorozat, 42

kontinuum halmaz, 36kontrakció, 83kontrakciós együttható, 83konvolúció, 141korlátos halmaz, 12

koszinuszhiperbolikusz-függvény, 149koszinuszfüggvény, 149kotangensfüggvény, 288kölcsönösen egyértelmű leképezés, 36körülírt téglalapok, 434környezet, 53, 65

-középpontja, 53-sugara, 53

körvonal, 449közelítő összeg, 386közrefogási elv, 61különbségihányados-függvény, 232küszöbindex, 49

L’Hospital-tétel, 278, 282, 301

lépcsősfüggvény, 405Lagrange-féle maradéktag, 321Lagrange-tétel, 262Lebesgue-féle kritérium, 408Leibniz-szabály, 310leképezés, 35logaritmus, 216

-10-es alapú, 216-természetes alapú, 216

logaritmusfüggvény, 214-a-alapú, 216

-természetes alapú, 216lokális maximum, 260

-szigorú, 305lokális maximumhely, 260lokális minimum, 260

-szigorú, 305lokális minimumhely, 260lokális monotonitás, 275lokális szélsőérték, 260lokális szélsőértékhely, 260

m-edik gyök, 79Maclaurin-sor, 312majdnem minden, 54majoráns kritérium, 57



TÁRGYMUTATÓ 479

második derivált, 307második középérték-tétel, 421második kozmikus sebesség, 454másodrendű elégséges feltétel, 316megfeleltetés, 35megszámlálható halmaz, 36Mertens-tétel, 127mértani közép, 25mértani sor, 98mindenütt sűrű, 169Moivre-formula, 27multiplicitás, 39, 335művelet, 38

-eredménye, 38

Newton-Leibniz-formula, 427Newton-Leibniz-tétel, 417Newton-módszer, 326négyzetes közép, 26négyzetgyök, 18, 24, 79nulla mértékű halmaz, 408nullasorozat, 56

nyílt halmaz, 167

operátor, 35

oszcilláció, 385oszcillációs összeg, 385oszlopszorzat, 126osztásintervallum, 381

összegzési tételek, 157összehasonlító kritérium, 102összetett függvény, 35

p-adikus jegyek, 140 p-adikus tört-alak, 140

p-adikusan racionális szám, 138parciális integrálás, 418, 427Peano-féle maradéktag, 321periódus, 40permutáció, 43

π szám, 219pillanatnyi sebesség, 236Pitagoraszi-összefüggés, 157polinom, 38

-n-ed fokú, 38-együtthatója, 38-egyszeres gyöke, 39-gyöke, 38-gyöktényezős alakja, 38-kétváltozós, 363-legfeljebb n-ed fokú, 38-többszörös gyöke, 39

primitív függvény, 349, 417, 427-adott pontban eltűnő, 357

racionális számok halmaza, 11racionális törtfüggvény, 39rekurzív összefüggés, 44rekurzió tétel, 44reláció, 31

-antiszimmetrikus, 32-ekvivalencia, 32-értékkészlete, 31-értelmezési tartománya, 31-homogén, 31-reflexív, 32

-rendezés, 32-szimmetrikus, 32-tranzitív, 32

rendezési axiómák, 10rendezett pár, 31

-első komponense, 31-második komponense, 31

rendezett teljes test, 10részletösszeg-függvény, 143részsorozat, 42

Riemann-függvény, 406Riemann-integrál, 384, 402Riemann-integrálható függvény, 384Riemann-tétel, 119Rolle-tétel, 261



480 TÁRGYMUTATÓ

Schlömilch-féle maradéktag, 343sima görbe, 446

-ívhossza, 446-paraméterezése, 447-polárkoordinátás alakja, 448-rektifikálható, 446-zárt, 446

síkbeli polárkoordináták, 448síkidom területe, 434sor, 97sorozat, 41

-alsó korlátja, 47-alulról korlátos, 47-átrendezése, 43-csúcsa, 46

-divergens, 55-elcsúsztatottja, 55-felülről korlátos, 47-felső korlátja, 47-határértéke, 49, 65-képzetes része, 51-konvergens, 49, 65

szakadás, 206-elsőfajú, 206-megszüntethető, 206

szakaszos p-adikus tört, 140számsorozat, 41számtani közép, 25számtani-mértani közép tétel, 15szektorszerű tartomány, 449szinuszhiperbolikusz-függvény, 149szinuszfüggvény, 149szuprémum, 10

tangensfüggvény, 286Taylor, 312

-együtthatók, 312-polinom, 312-sor, 312

Taylor-formula, 313-Cauchy-maradékkal, 343-integrál-maradékkal, 440-Lagrange-maradékkal, 313-Peano-maradékkal, 314-Schlömilch-maradékkal, 343

Documents

Analízis 1